2019高考物理二轮教师用书：第一部分力学




第1讲
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考法
学法
平衡问题是历年高考的重点，高考既可能在选择题中单独考查平衡问题，也可能在计算题中综合考查平衡问题。考查的内容主要包括：①对各种性质的力的理解；
②共点力作用下平衡条件的应用。该部分内容主要解决的是选择题中的受力分析和共点力平衡问题。用到的思想方法有：①整体法和隔离法；②假设法；③合成法；④正交分解法；⑤矢量三角形法；⑥相似三角形法；⑦等效思想；⑧分解思想。
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[知能全通]————————————————————————————————
受力分析是整个高中阶段物理知识的基础，能正确进行受力分析是解答力学问题的
关键。
1．受力分析的一般步骤

2．分析三种典型力的注意事项
(1)弹力：弹力的方向一定与接触面或接触点的切面垂直，且指向受力物体。
(2)静摩擦力：两物体接触处有无静摩擦力，要根据物体间有无相对运动趋势或根据平衡条件进行判断。
(3)滑动摩擦力：利用公式求解滑动摩擦力时，一定要注意分析接触面间的实际压力，不能简单地代入重力求解。
[题点全练]————————————————————————————————
1.[多选](2018·湖北中学调研)如图所示，顶角为θ的光滑圆锥体固定在水平面上，一质量为m的匀质圆环套在圆锥体上处于静止状态，重力加速度大小为g，下列判断正确的是(　　)
A．圆锥体对圆环的作用力方向垂直于圆锥的侧面
B．圆锥体对圆环的作用力方向竖直向上
C．圆环的张力不为零
D．圆环的张力方向指向圆环的圆心
解析：选BC　由题意知圆环受重力和圆锥体对圆环的作用力处于平衡状态，则圆锥体对圆环的作用力与圆环所受的重力等大反向，即圆锥体对圆环的作用力方向竖直向上，故A错误，B正确；质量为m的匀质圆环套在圆锥体上，圆环有被撑开的趋势，所以圆环的张力不为零，故C正确；圆环的张力方向沿圆环的切线方向，故D错误。
2.如图所示，小明在水平桌面上将三个形状不规则的石块成功叠放在一起，下列说法正确的是(　　)
A．石块a一定只受两个力
B．石块b对a的支持力与a受到的重力是一对相互作用力
C．石块c受到水平桌面向左的摩擦力
D．水平桌面对石块c的支持力等于三个石块受到的重力之和
解析：选D　石块a与b的接触面不一定沿水平方向，可能还受到摩擦力，故A错误；石块b对a的支持力与a受到的重力性质不同，作用在一个物体上，不是一对相互作用力，故B错误；对a、b、c整体受力分析，受重力和水平桌面的支持力而平衡，即石块c与水平桌面之间无摩擦力，故C错误；对a、b、c整体，由平衡条件得：水平桌面对石块c的支持力等于三个石块受到的重力之和，故D正确。
3．(2018·淄博实验中学一诊)如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面一分为二，先后以AB沿水平和竖直两种不同方向放置在光滑支架上，处于静止状态，两半球间的作用力分别为F和F′，已知支架间的距离为AB长度的一半，则等于(　　)
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，单独对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。

[知能全通]————————————————————————————————
1．整体法和隔离法对比
整体法
原则
只涉及系统外力，不涉及系统内部物体之间的相互作用
条件
系统内的物体具有相同的运动状态
优、缺点
利用此法解题一般比较简单，但不能求系统内力
隔离法
原则
分析系统内某个物体的受力情况
优点
系统内物体受到的内力、外力均能求
2.整体法、隔离法的应用技巧
(1)不涉及系统内力时，优先考虑应用整体法，即“能整体、不隔离”。
(2)需要应用“隔离法”的，也要先隔离“简单”的物体，即待求量少或受力少或处于边缘处的物体。
(3)各“隔离体”间的关联力，表现为作用力与反作用力，对于系统则表现为内力。
(4)实际问题通常需要交叉应用整体法、隔离法。
(5)在某些特殊情形中，研究对象可以是物体的一部分，如绳子的结点、力的作用点等。
[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选]如图所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，木块a的竖直边靠在竖直且粗糙的墙面上，现用竖直向上的推力F，推动a、b一起向上匀速运动，运动过程中a、b始终保持相对静止，则下列说法正确的是(　　)
A．a受到6个力的作用
B．a受到4个力的作用
C．b受到3个力的作用
D．b受到2个力的作用
解析：选BC　先对a、b整体受力分析，受到重力和推力，二力平衡，整体不受墙面的弹力和摩擦力，再对b受力分析，受到重力、支持力和静摩擦力，三力平衡，即b受到3个力的作用，故C正确，D错误；再对a受力分析，受到重力、推力、b对a的压力和静摩擦力，故a受到4个力的作用，故A错误，B正确。
2.(2019届高三·珠海一中模拟)如图所示，水平固定且倾角为37°的光滑斜面上有两个质量均为m＝1 kg 的小球A、B，它们用劲度系数为k＝200 N/m 的轻质弹簧连接，弹簧的原长为l0＝20 cm，现对B施加一水平向左的推力F，使A、B均在斜面上以加速度a＝4 m/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(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)(　　)
A．0.15 m,25 N　　　　　 B．0.25 m,25 N
C．0.15 m,12.5 N D．0.25 m,12.5 N
解析：选B　以整体为研究对象，受力分析如图所示，沿斜面方向有：Fcos 37°－2mgsin 37°＝2ma，以A为研究对象，沿斜面方向有：
kx－mgsin 37°＝ma，x＝l－l0，解得F＝25 N，l＝0.25 m，故B正确，A、C、D错误。
3．[多选](2018·凯里模拟)如图所示，形状相同的物块A、B，其截面为直角三角形，相对排放在粗糙水平地面上，光滑球体C架在两物块的斜面上，系统处于静止状态。已知物块A、B的质量都为M，θ＝60°，球体C的质量为m，则以下说法正确的是(　　)
A．地面对A的摩擦力大小为mg
B．地面对A的摩擦力大小为mg
C．A对C的弹力大小为mg
D．A对地面的压力大小为Mg＋mg
解析：选BD　以C为研究对象，受力分析如图所示，C受重力和斜向上的两个弹力作用，把两个弹力合成，合力竖直向上，大小等于mg，由数学知识可知，A对C的弹力大小为mg，C错误；再以A为研究对象，C对A的正压力大小为mg，其在水平方向上的分力大小等于地面对A的摩擦力大小，由此可知地面对A的摩擦力大小为mgcos 30°＝mg，A错误，B正确；以A、B、C整体为研究对象，所受重力为2Mg＋mg，地面对整体的支持力大小为2Mg＋mg，由对称性可知A受到地面的支持力大小为Mg＋，由牛顿第三定律可知，A对地面的压力大小为Mg＋mg，D正确。







[研一题]————————————————————————————————
[多选]如图所示，质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为m的小球置于斜面上，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为θ＝30°。不计小球与斜面间的摩擦，则(　　)
A．轻绳对小球的作用力大小为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]　以小球为研究对象，受力分析如图甲所示，由几何关系知β＝θ＝30°，根据受力平衡可得FT＝FN＝mg；以斜面体为研究对象，受力分析如图乙所示，由受力平衡得FN1＝Mg＋FN′cos θ，由牛顿第三定律得FN′＝FN，解得FN1＝Mg＋mg，由牛顿第三定律可知，斜面体对水平面的压力大小为Mg＋mg，Ff＝FN′sin θ＝mg，故B、C错误，A、D正确。

[答案]　AD
[悟一法]————————————————————————————————
1．破解“静态平衡”问题的一般程序





2．处理平衡问题的常用方法
方法
解　读
合成法
物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力等大、反向
分解法
三力平衡时，还可以将某一个力按力的效果分解，则其分力和其他两个力分别平衡
正交
分解法
物体受三个或三个以上力的作用时，将所有力分解为相互垂直的两组，每组力分别平衡

[通一类]————————————————————————————————
1．(2019届高三·唐山六校联考)如图所示，物块A和滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，滑环B套在与竖直方向夹角为θ＝37°的粗细均匀的固定杆上，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内，B恰好不能下滑，B和杆间的动摩擦因数为μ＝0.4，设B和杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则A和B的质量之比为(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(　　)
A.　　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选C　设A和B的质量分别为m1、m2，若杆对B的弹力垂直于杆向下，因B恰好不能下滑，则由平衡条件有m2gcos θ＝μ(m1g－m2gsin θ)，解得＝；若杆对B的弹力垂直于杆向上，因B恰好不能下滑，则由平衡条件有m2gcos θ＝μ(m2gsin θ－m1g)，解得＝－(舍去)。综上分析可知，C正确。
2.如图所示，某工地上起重机将重为G的正方形工件缓缓吊起。四根等长的钢绳(质量不计)，一端分别固定在正方形工件的四个角上，另一端汇聚于一处挂在挂钩上，钢绳端汇聚处到每个角的距离均与正方形的对角线长度相等。则每根钢绳的受力大小为(　　)
A.G B.G
C.G D.G
解析：选D　设每根钢绳的受力大小为F，由平衡条件有4Fcos θ＝G(θ为钢绳与竖直方向的夹角)，由数学知识知sin θ＝，θ＝30°，则F＝G，选项D正确。

[点点探明]————————————————————————————————
方法1　图解法破解“动态平衡”问题
如果物体受到三个力的作用，已知其中一个力的大小、方向均不变，另一个力的方向不变，此时可用图解法，画出不同状态下力的矢量图，判断各个力的变化情况。

[例1]　质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上。用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示。用T表示绳 OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中(　　)
A．F逐渐变大，T逐渐变大
B．F逐渐变大，T逐渐变小
C．F逐渐变小，T逐渐变大
D．F逐渐变小，T逐渐变小
[解析]　以O点为研究对象，受力分析如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动O点时，绳OA与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知F逐渐变大，T逐渐变大，选项A正确。
[答案]　A
方法2　解析法破解“动态平衡”问题
如果把物体受到的多个力合成、分解后，能够找到力的边角关系，则应选择解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化(一般都要用到三角函数)确定因变量的变化。
[例2]　(2018·开封模拟)如图所示，一铁架台放在水平地面上，其上用轻质细线悬挂一小球，开始时细线竖直。现将水平力F作用于小球上，使其缓慢地由实线位置运动到虚线位置，铁架台始终保持静止。则在这一过程中(　　)
A．水平力F变小
B．细线的拉力不变
C．铁架台对地面的压力变大
D．铁架台所受地面的摩擦力变大
[解析]　如图所示，对小球受力分析，受细线的拉力、重力、水平力F，根据平衡条件有F＝mgtan θ，θ逐渐增大，则F逐渐增大，故A错误；由图可知，细线的拉力T＝，θ增大，T增大，故B错误；以铁架台、小球整体为研究对象，根据平衡条件得Ff＝F，则Ff逐渐增大，FN＝(M＋m)g，FN保持不变，故C错误，D正确。
[答案]　D
方法3　相似三角形法破解“动态平衡”问题
此法是图解法的特例，一般研究对象受绳(杆)或其他物体的约束，且物体受到三个力的作用，其中的一个力大小、方向均不变，另外两个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的方法求解。
[例3]　(2018·宝鸡质检)如图所示，轻杆A端用铰链固定，滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计)，轻杆B端吊一重物，现将轻绳的一端拴在杆的B端，用拉力F将B端缓慢上拉(均未断)，在轻杆达到竖直前，以下分析正确的是(　　)
A．轻绳的拉力越来越大
B．轻绳的拉力越来越小
C．轻杆的弹力越来越大
D．轻杆的弹力越来越小
[解析]　以B点为研究对象，它受三个力的作用而处于动态平衡状态，其中一个是轻杆的弹力T，一个是轻绳斜向上的拉力F，一个是轻绳竖直向下的拉力F′(大小等于重物所受的重力)，如图所示，根据相似三角形法，可得＝＝，由于OA和AB不变，OB逐渐减小，因此轻杆的弹力大小不变，而轻绳的拉力越来越小，故选项B正确，A、C、D错误。
[答案]　B
[题题过关]————————————————————————————————
1.[多选]城市中的路灯、无轨电车的供电线路等，经常用三角形的结构悬挂，如图是这一类结构的简化模型。图中杆OB可以绕过B点且垂直于纸面的轴自由转动，钢索OA和杆OB的质量都可以忽略不计，设悬挂物所受的重力为G，稳定时∠ABO＝90°，AB>OB。某次产品质量检测和性能测试中保持A、B两点不动，只改变钢索OA的长度，关于钢索OA的拉力F1和杆OB上的支持力F2的变化情况，下列说法正确的有(　　)
A．从图示位置开始缩短钢索OA，钢索OA的拉力F1先减小后增大
B．从图示位置开始缩短钢索OA，杆OB上的支持力F2大小不变
C．从图示位置开始伸长钢索OA，钢索OA的拉力F1增大
D．从图示位置开始伸长钢索OA，杆OB上的支持力F2先减小后增大
解析：选BC　设钢索OA的长度为L，杆OB的长度为R，A、B两点间的距离为H，根据相似三角形知识可知＝＝，从题图所示位置开始缩短钢索OA，钢索OA的拉力F1减小，杆OB上的支持力F2大小不变，选项A错误，B正确；从题图所示位置开始伸长钢索OA，钢索OA的拉力F1增大，杆OB上的支持力F2大小不变，选项C正确，D错误。
2.如图所示，上表面为四分之一光滑圆弧的物体A静止在粗糙的水平地面上，一小物块B从圆弧底端受到水平外力F的作用缓慢沿圆弧向上移动一小段距离，在此过程，A始终处于静止状态。下列说法正确的是(　　)
A．水平外力F保持不变
B．地面对A的摩擦力逐渐增大
C．A对B的支持力逐渐减小
D．地面对A的支持力逐渐减小
解析：选B　设A对B的支持力与竖直方向的夹角为θ，对B由平衡条件知，水平外力F＝mgtan θ、支持力FN1＝，B沿圆弧上移，夹角θ变大，则水平外力F和支持力FN1均增大，选项A、C错误；对A、B整体，地面对A的摩擦力Ff＝F，随水平外力F增大而增大，地面对A 的支持力FN2＝(M＋m)g保持不变，选项B正确，D错误。

[知能全通]————————————————————————————————
1．临界问题与极值问题
临界
问题
当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体的平衡“恰好出现”或“恰好不出现”，即处于临界状态，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等字眼
极值
问题
平衡问题的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值
2．求解临界、极值问题的常用方法
(1)图解法：根据已知量的变化情况，画出平行四边形或三角形的边角变化，进而确定未知量大小、方向的变化，求出临界值或极值。
(2)解析法：利用物体受力平衡写出未知量与已知量的关系表达式，根据已知量的变化情况来确定未知量的变化情况，求出极值，或利用临界条件确定未知量的临界值。
[题点全练]————————————————————————————————
1.[多选]某学习小组为了体验最大静摩擦力与滑动摩擦力的临界状态，设计了如图所示的装置，一位同学坐在长直木板一端，另一端不动，让长直木板由水平位置缓慢向上转动(即木板与地面的夹角θ变大)，则选项图中表示该同学受到支持力FN、合外力F合、重力沿斜面方向的分力G1、摩擦力Ff随角度θ的变化关系正确的是(　　)

解析：选ACD　重力沿斜面方向的分力G1＝mgsin θ，C正确；支持力FN＝mgcos θ，A正确；该同学滑动之前，F合＝0，Ff＝mgsin θ，滑动后，F合＝mgsin θ－μmgcos θ，Ff＝μmgcos θ，实际情况下最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，B错误，D正确。
2.(2018·惠州模拟)如图所示，三根相同的绳的末端连接于O点，A、B端固定，C端受一水平力F，当F逐渐增大时(O点位置保持不变)，最先断的绳是(　　)
A．OA绳　　　　　　 B．OB绳
C．OC绳 D．三绳同时断
解析：选A　对结点O受力分析，受三根绳的拉力，根据平衡条件的推论得，水平和竖直两绳拉力的合力与OA绳的拉力等大反向，由平行四边形定则可知，三根绳中OA绳的拉力最大，在水平拉力逐渐增大的过程中，OA绳先断，选项A正确。
3.如图所示，三根长度均为L的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2L，现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为(　　)
A．mg B．mg
C．mg D．mg
解析：选C　由题图可知，为使CD绳水平，各绳均应绷紧，由几何关系可知，AC绳与水平方向的夹角为60°；结点C受力平衡，受力分析如图所示，则CD绳的拉力FT＝mgtan 30°＝mg；D点受CD绳的拉力大小等于FT，方向向左；要使CD绳水平，D点两绳的拉力与外界的力的合力应为零，则CD绳对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1及另一分力F2，由几何关系可知，当BD绳上的拉力F′与F1大小相等，且力F2与BD绳垂直时，F2最小，而F2的大小即为施加在D点的力的大小，故最小力F＝F2＝FTsin 60°＝mg，故C正确。
[专题强训提能]
1．[多选]如图甲所示，笔记本电脑散热底座一般有四个卡位用来调节角度。某同学将电脑放在散热底座上，为了获得更好的舒适度，由原卡位1调至卡位4，如图乙所示，电脑始终处于静止状态，则(　　)

A．电脑受到的支持力变大
B．电脑受到的摩擦力变大
C．散热底座对电脑的作用力的合力不变
D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其所受重力的大小
解析：选AC　对电脑的受力分析如图所示，电脑始终处于静止状态，故电脑受力平衡。由平衡条件可知：电脑受到的支持力FN＝mgcos θ，电脑受到的摩擦力f＝mgsin θ，由原卡位1调至卡位4，θ减
小，故FN增大，f减小，选项A正确，B错误；散热底座对电脑的作用力的合力即电脑受到的支持力与摩擦力两力的矢量和，大小等于电脑所受的重力，始终不变，选项C正确；电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其所受重力的大小，选项D错误。
2．(2019届高三·南京模拟)如图所示，一质量为M的磁铁，吸在竖直放置的磁性黑板上静止不动。某同学沿着黑板面，用水平向右的恒力F轻拉磁铁，磁铁向右下方做匀速直线运动，则磁铁受到的摩擦力Ff(　　)
A．大小为Mg　　　　 　 B．大小为
C．大小为F D．方向水平向左
解析：选B　由题意可知，磁铁受竖直向下的重力、水平向右的恒力的作用，二力的合力为F合＝；由力的平衡条件可知，摩擦力应与二力的合力大小相等、方向相
反，则磁铁受到的摩擦力大小Ff＝F合＝，故A、C、D错误，B正确。
3．[多选]重力为G的体操运动员在进行自由体操比赛时，有如图所示的比赛动作，当运动员竖直倒立保持静止状态时，两手臂对称支撑，夹角为θ，则(　　)
A．当θ＝60°时，运动员单手对地面的正压力大小为
B．当θ＝120°时，运动员单手对地面的正压力大小为G
C．当θ不同时，运动员受到的合力相同
D．当θ不同时，运动员与地面之间的相互作用力不相等

解析：选AC　对运动员受力分析如图所示，地面对手的支持力F1＝
F2＝，则运动员单手对地面的正压力大小为，与θ无关，选项A正确，B错误；不管θ如何，运动员受到的合力为零，与地面之间的相互作用力总是等大，选项C正确，D错误。
4.在粗糙水平地面上放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与光滑竖直墙之间放另一截面也为半圆的光滑柱状物体B，整个装置处于静止状态，截面如图所示。设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3。在B上加一物体C，整个装置仍保持静止，则(　　)
A．F1保持不变，F3增大 B．F1增大，F3保持不变
C．F2增大，F3增大 D．F2增大，F3保持不变
解析：选C　未放上C时，以B为研究对象，受力分析如图1所示，由平衡条件得，墙对B的作用力F1＝GBtan α，当放上C时，F1增大。A对B的作用力F2′＝，F1增大，则F2′增大，由牛顿第三定律知F2′＝F2，即F2也增大。再以整体为研究对象，受力分析如图2所示，则放上C前，地面对A的支持力N＝GA＋GB，放上C后变为GA＋GB＋GC，即N增大，地面对A的摩擦力f＝F1，且F3为N与f的合力，所以F3增大，故C正确。

5.如图，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A与B的质量之比为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　设A、B的质量分别为mA、mB，B刚好不下滑，根据平衡条件得mBg＝μ1F；A恰好不滑动，则A与地面之间的摩擦力等于最大静摩擦力，把A、B看成一个整体，根据平衡条件得F＝μ2(mA＋mB)g，解得＝，选项B正确。

6．[多选]某些农村一大家人过春节时常用简易灶做菜，如图甲、乙所示，将一个球形铁锅用三个不计重力的小石块支起用柴火烧菜，铁锅边缘水平，小石块成正三角形放在水平灶台上，石块到铁锅球心的连线与竖直方向的夹角均为30°，已知铁锅与菜的总质量为9 kg，
不计铁锅与石块间的摩擦，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．灶台对每个石块的作用力均竖直向上
B．灶台受到每个石块的压力大小为30 N
C．每个石块与铁锅之间的弹力大小为20 N
D．灶台对每个石块的摩擦力大小为10 N
解析：选BC　灶台对石块有竖直向上的支持力和水平方向的摩擦力作用，故灶台对每个石块的作用力的方向不是竖直向上，选项A错误；铁锅和石块竖直方向对灶台的压力等于铁锅所受的重力，故灶台受到每个石块的压力大小等于mg＝×9×10 N＝30 N，选项B正确；对铁锅由平衡条件可得：3FNcos 30°＝mg，解得：FN＝20 N，选项C正确；Ff＝
FNsin 30°＝10 N，即灶台对每个石块的摩擦力大小为10 N，选项D错误。
7.如图所示，一轻绳一端固定在地面上的C点，另一端与竖直杆AB的顶端A相连，顶端A右侧一水平轻绳跨过一光滑定滑轮与一重物相连，竖直杆AB处于平衡状态，AB与地面的摩擦不计。若AC加长，使C点左移，AB仍保持平衡状态，AC上的拉力T和AB受到的地面的支持力N与原先相比，下列说法正确的是(　　)
A．T增大，N减小 B．T减小，N增大
C．T和N都减小 D．T和N都增大
解析：选C　若AC加长，由于悬挂的重物质量不变，右侧水平轻绳的拉力不变。分析A处受力情况，AC上的拉力T沿水平方向的分力大小等于悬挂的重物重力，沿竖直方向的分力等于AB受到的地面的支持力。若AC加长，使C点左移，AB仍保持平衡状态，显然，T和N都减小，选项C正确。
8.(2018·铁岭协作体模拟)如图所示，固定在水平地面上的物体A，左侧是圆弧面，右侧是倾角为θ的斜面，一根轻绳跨过物体A顶点上的小滑轮，轻绳左、右两端分别系有质量为m1、m2的小球，当两小球静止时，左端小球与圆心连线跟水平方向的夹角也为θ，不计一切摩擦，则m1、m2之间的关系是(　　)
A．m1＝m2 B．m1＝m2tan θ
C．m1＝ D．m1＝m2cos θ
解析：选B　设轻绳对两小球的拉力大小为FT，对右端小球根据平衡条件得：FT＝m2gsin θ；对左端小球根据平衡条件得：FT＝m1gcos θ；解得：m1＝m2tan θ，B正确。
9．[多选](2018·天津高考)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载：“明姑苏虎丘寺塔倾侧，议欲正之，非万缗不可。一游僧见之曰：无烦也，我能正之。”游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去，经月余扶正了塔身。假设所用的木楔为等腰三角形，木楔的顶角为θ，现在木楔背上加一力F，方向如图所示，木楔两侧产生推力FN，则(　　)
A．若F一定，θ大时FN大
B．若F一定，θ小时FN大
C．若θ一定，F大时FN大
D．若θ一定，F小时FN大
解析：选BC　根据力F的作用效果将力F分解为垂直于木楔两侧的力FN，如图所示。则＝sin ，即FN＝，所以当F一定时，θ越小，FN越大；当θ一定时，F越大，FN越大。故选项B、C正确。
10．[多选]如图，粗糙水平面上有a、b、c、d四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接，正好组成一个等腰梯形，系统静止。ab之间、ac之间以及bd之间的弹簧长度相同且等于cd之间弹簧长度的一半，ab之间弹簧弹力大小为cd之间弹簧弹力大小的一半。若a受到的摩擦力大小为f，则(　　)
A．ab之间的弹簧一定是压缩的
B．b受到的摩擦力大小为f
C．c受到的摩擦力大小为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之间的弹簧是拉长的，则有：L0＋Δx2＝2(L0＋Δx1)，解得L0＝0，不符合题意，所以ab之间的弹簧是压缩的，A正确；由于a受到的摩擦力大小为f，根据对称性可得，b受到的摩擦力大小也为f，B正确；以a和c为研究对象进行受力分析如图所示，图中的θ为ac与cd之间的夹角，则cos θ＝＝，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，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。
11.(2018·云南师大附中模拟)如图所示，柔软轻绳ON的一端O固定，在其上某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N将重物向右上方缓慢拉起。初始时，OM竖直，OM⊥MN，保持OM与MN夹角不变，在OM由竖直被拉到水平的过程中(　　)
A．OM上的张力逐渐增大
B．OM上的张力先增大后减小
C．MN上的张力逐渐增大
D．MN上的张力先增大后减小
解析：选C　OM和MN上的张力的合力与重力是一对平衡力，受力分析如图所示。根据几何关系有FMN＝Gsin θ，FOM＝Gcos θ，可知，随着θ的增大，MN上的张力逐渐增大，OM上的张力逐渐减小，故C正确，A、B、D 错误。
12．(2019届高三·德州调研)如图所示，把一重为G的物体，用一水平推力F＝kt(k为恒量，t为时间)压在竖直的足够高的粗糙墙面上。从t＝0时刻开始物体所受的摩擦力Ff随t的关系对应选项图中的(　　)

解析：选B　开始时由于推力F为零，物体和墙面间没有挤压，则摩擦力为零，物体在重力作用下开始沿竖直墙面下滑，所以开始一段时间内为滑动摩擦力。由Ff＝μFN，又FN＝F＝kt，所以Ff＝μkt，即Ff随时间t成正比增大，当Ff增大到等于G时，物体具有一定速度，由于惯性仍然滑行，随着滑行的继续，Ff会大于G，最后物体静止于墙面上，摩擦力变为静摩擦力，竖直方向上根据二力平衡，则有Ff＝G，所以B正确。
13.(2018·哈尔滨模拟)如图所示，三个质量均为1 kg的小木块
a、b、c和两个劲度系数均为500 N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连
接，其中a放在光滑水平桌面上。开始时p弹簧处于原长，木块都静止。现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c刚好离开水平地面为止，g取10 m/s2。则该过程中(　　)
A．q弹簧上端移动的距离为2 cm，p弹簧的左端向左移动的距离是4 cm
B．q弹簧上端移动的距离为4 cm，p弹簧的左端向左移动的距离是2 cm

C．q弹簧上端移动的距离为4 cm，p弹簧的左端向左移动的距离是8 cm
D．q弹簧上端移动的距离为2 cm，p弹簧的左端向左移动的距离是6 cm
解析：选C　开始时p弹簧处于原长，可知q弹簧处于压缩状态，压缩量为Δxq＝＝
2 cm; c刚好离开水平地面时，q弹簧伸长Δxq′＝＝2 cm，则q弹簧上端移动的距离为
4 cm；p弹簧伸长Δxp＝＝4 cm，则p弹簧的左端向左移动的距离是8 cm。选项C正确，A、B、D错误。
14．[多选](2018·宝鸡质检)如图所示，两块相互垂直的光滑挡板OP、OQ，OP竖直放置，小球a、b固定在轻弹簧的两端，并斜靠在OP、OQ上。现有一个水平向左的推力F作用于b上，使a、b紧靠挡板处于静止状态。现保证b不动，使OP向右缓慢平移一小段距离，则(　　)
A．推力F变小 B．弹簧长度变短
C．弹簧长度变长 D．b对OQ的压力变大
解析：选AC　设弹簧与竖直方向的夹角为α，现保证b不动，使OP向右缓慢平移一小段距离，则α减小，以a为研究对象，受力分析如图，根据平衡条件得：F弹＝，α减小，cos α增大，则F弹减小，弹簧长度变长；OP对a的弹力FN1＝mgtan α，α减小，FN1减小，对a、弹簧和b整体研究，水平方向：F＝FN1，则推力F将减小，故A、C正确，B错误；竖直方向：OQ对b的支持力FN2＝(ma＋mb)g不变，根据牛顿第三定律可知，b对OQ的压力不变，故D错误。
第2讲
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考法
学法
该部分“四类典型运动”包括：匀变速直线运动、一般的曲线运动、平抛运动、水平面内的圆周运动。高考既有对单个运动形式的考查，也有对多个运动形式的组合考查。考查的内容主要包括：①匀变速直线运动的规律及图像；②平抛运动的规律；③水平面内圆周运动的规律及临界问题。用到的思想方法有：①模型法；②图像法；③临界问题的处理方法；④合成与分解思想；⑤等效思想。
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[知能全通]————————————————————————————————
解答匀变速直线运动问题的常用方法
1．基本公式法：v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v02＝2ax。
2．重要推论法：v＝＝(利用平均速度测瞬时速度)；v＝ ；Δx＝aT2(用逐差法测加速度)。
3．逆向思维法：“匀减速(至速度为零的)直线运动”可逆向处理为“(由静止开始的)匀加速直线运动”。
4．图像法：利用v ­t图像或x ­t图像求解。
5．比例法：只适用于初速度或末速度为零的匀变速直线运动。
(1)1T末、2T末、3T末、…、nT末瞬时速度之比为1∶2∶3∶…∶n。
(2)第1个T内、第2个T内、…、第n个T内位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n－1)。
(3)从静止开始连续通过相等位移所用时间之比为1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。
[题点全练]————————————————————————————————
1．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能(　　)
A．与它所经历的时间成正比
B．与它的位移成正比
C．与它的速度成正比
D．与它的动量成正比
解析：选B　动能Ek＝mv2，与速度的平方成正比，故C错误；速度v＝at，可得
Ek＝ma2t2，与经历的时间的平方成正比，故A错误；根据v2＝2ax，可得Ek＝max，与位移成正比，故B正确；动量p＝mv，可得Ek＝，与动量的平方成正比，故D错误。
2．一个物体从静止开始做匀加速直线运动，以T为时间间隔，在第三个T时间内位移是3 m，第三个T时间末的瞬时速度为3 m/s，则(　　)
A．物体的加速度是1 m/s2
B．第一个T时间末的瞬时速度为0.6 m/s

C．时间间隔为1 s
D．物体在第1个T时间内的位移为0.6 m
解析：选D　初速度为零的匀加速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为1∶3∶5，据此可知第一个T时间内的位移x1＝×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.(2019届高三·福州八校联考)如图所示，a、b、c、d为光滑斜面上的四个点。一小滑块自a点由静止开始下滑，通过ab、bc、cd各段所用时间均为T。现让该滑块自b点由静止开始下滑，则该滑块(　　)
A．通过bc、cd段的时间均大于T
B．通过c、d点的速度之比为1∶2
C．通过bc、cd段的时间之比为1∶1
D．通过c点的速度等于通过bd段的平均速度
解析：选A　当滑块由a点静止下滑时，滑块沿光滑的斜面做匀加速直线运动，设加速度大小为a′，ab段的间距为x，则bc段、cd段的间距应分别为3x、5x，xbc∶xcd＝3∶5，类比滑块由b点静止下滑易知，C错误；如果滑块由b点静止下滑，显然滑块通过bc段、cd段的时间均大于T，A正确；滑块在c点的速度应为v1＝，滑块在d点的速度应为v2＝，则v1∶v2＝∶，B错误；因为xbc∶xcd＝3∶5，显然滑块通过c点的时刻不是通过bd段的中间时刻，则滑块通过c点的速度不等于bd段的平均速度，D错误。

[知能全通]————————————————————————————————
1．解决运动合成与分解的一般思路
(1)明确合运动或分运动的运动性质。
(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。
(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。
(4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解。
2．解答关联速度问题的方法
(1)与绳或杆相连的物体，相对地面实际发生的运动是合运动，合运动对应合速度。
(2)在绳(杆)的端点把合速度分解为沿绳(杆)方向的速度和垂直于绳(杆)方向的速度，而沿绳(杆)的方向上各点的速度大小相等，由此列方程解题。
3．小船渡河的两类问题、三种情景
最短
时间

当船头方向即v船垂直河岸时，渡河时间最短，tmin＝
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Δvc，A、B项错误；速度变化快慢由加速度决定，因为aa＝ab＝ac＝g，则三小球飞行过程中速度变化快慢相同，C项错误；由题给条件可以确定小球落在左边斜面上的瞬时速度不可能垂直于左边斜面，而对右边斜面可假设小球初速度为v0时，其落到斜面上的瞬时速度v与斜面垂直，将v沿水平方向和竖直方向分解，则vx＝v0，vy＝gt，且满足＝＝tan θ(θ为右侧斜面倾角)，由几何关系可知tan θ＝，则v0＝gt，而竖直位移y＝gt2，水平位移x＝v0t＝gt2，可得x＝y，由题图可知这一关系不可能存在，则假设不能成立，D项正确。
第3讲
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考法
学法
圆周运动是历年高考必考的运动形式，特别是竖直面内的圆周运动，在高考中考查的频率较高。该部分内容主要解决竖直面内圆周运动的三类典型模型(绳模型、杆模型和外轨模型)、向心力的分析及其方程应用、圆周运动与平抛运动的多过程组合问题。用到的思想方法有：①应用临界条件处理临界问题的方法；②正交分解法；
③矢量三角形法；④等效思想；⑤分解思想。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．绳模型的特点
实例
球与绳连接、水流星、翻滚过山车等
图示

在最高
点受力
重力，弹力F弹向下或等于零
mg＋F弹＝m
恰好过
最高点
F弹＝0，mg＝m，vmin＝，即在最高点的速度v≥
2．绳模型中小球通过最高点时的速度及受力特点
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
[题点全练]————————————————————————————————
1.如图所示，光滑圆轨道固定在竖直面内，一质量为m的小球沿轨道做完整的圆周运动。已知小球在最低点时对轨道的压力大小为N1，在最高点时对轨道的压力大小为N2。重力加速度大小为g，则
N1－N2的值为(　　)
A．3mg　　　　　　　　 B．4mg
C．5mg D．6mg
解析：选D　设小球在最低点速度为v1，所受轨道弹力为N1′，在最高点速度为v2，所受轨道弹力为N2′，根据牛顿第二定律：在最低点有N1′－mg＝m，在最高点有
N2′＋mg＝m，根据动能定理：mg·2R＝mv12－mv22，解得：N1′－N2′＝6mg，由牛顿第三定律知N1′＝N1，N2′＝N2，故选项D正确，A、B、C错误。
2.如图所示，长均为L的两根轻绳，一端共同系住质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、B两点，A、B两点间的距离也为L，重力加速度大小为g。现使小球在竖直平面内以AB为轴做圆周运动，若小球在最高点速率为v时，两根轻绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v时，每根轻绳的拉力大小为(　　)
A．mg　　　　　　　 B．mg
C．3mg D．2mg
解析：选A　由题图可知，小球在运动过程中，A、B两点与小球所在位置构成等边三角形，由此可知，小球做圆周运动的半径R＝Lsin 60°＝L，两根轻绳与小球运动半径方向间的夹角为30°，由题意，小球在最高点的速率为v时，mg＝m，当小球在最高点的速率为2v时，应有：F＋mg＝m，解得：F＝3mg，由2FTcos 30°＝F，可得每根轻绳的拉力大小均为FT＝mg，A项正确。
3．[多选](2018·深圳高三调研)如图甲所示，一长为l的轻绳，一端穿在过O点的水平转轴上，另一端固定一质量未知的小球，整个装置绕O点在竖直面内转动。小球通过最高点时，绳对小球的拉力F与其速度平方v2的关系如图乙所示，重力加速度为g，下列判断正确的是(　　)

A．图像函数表达式为F＝m＋mg
B．重力加速度g＝
C．绳长不变，用质量较小的小球做实验，得到的图线斜率更大
D．绳长不变，用质量较小的小球做实验，图线b点的位置不变
解析：选BD　小球通过最高点时，根据牛顿第二定律有：F＋mg＝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，用质量较小的小球做实验，得到的图线斜率更小，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，用质量较小的小球做实验，图线b点的位置不变，故D正确。

[知能全通]————————————————————————————————
1．杆模型的特点
实例
球与杆连接、球过竖直平面内的圆形管道、套在圆环上的物体等
图示

在最高
点受力
重力，弹力F弹向下、向上或等于零
mg±F弹＝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及受力特点
v＝0时
小球受向上的支持力，且FN＝mg
0μ2，则有a1＝a2μ2，则有a2r1，则v3v1
C．a3>a2 D．T1>T2
解析：选A　实验舱在圆形轨道上具有的机械能大于其在椭圆轨道上具有的机械能，而实验舱经过N点时的重力势能相等，所以实验舱在圆形轨道上经过N点时的动能大于实验舱在椭圆轨道上经过N点时的动能，即v3>v2，A正确；根据开普勒第二定律(面积定律)可知，v1>v2，B错误；根据万有引力提供向心力，则有＝ma，可得a＝，所以a3＝a2，C错误；根据开普勒第三定律(周期定律)可知，轨道半径大的周期大，所以T1＜T2，D错误。
10．双星系统由两颗星组成，两星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动。研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化。若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为(　　)
A.T B.T
C.T D.T
解析：选B　设双星系统演化前两星的质量分别为M1和M2，轨道半径分别为r1和r2。根据万有引力定律及牛顿第二定律可得＝M12r1＝M22r2，r＝r1＋r2，解得＝2(r1＋r2)，即＝2，当两星的总质量变为原来的k倍，它们之间的距离变为原来的n倍时，有＝2，解得T′＝T，故B项正确。
11．[多选]假设在赤道平面内有一颗侦察卫星绕地球做匀速圆周运动，某时刻恰好处在另一颗同步卫星的正下方，已知侦察卫星的轨道半径为同步卫星的四分之一，则(　　)
A．同步卫星和侦察卫星的线速度之比为1∶2
B．同步卫星和侦察卫星的角速度之比为8∶1
C．再经过 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AC　根据万有引力提供向心力G＝m得：v＝ ，已知侦察卫星的轨道半径为同步卫星的四分之一，则同步卫星和侦察卫星的线速度之比为1∶2，故A正确；根据万有引力提供向心力G＝mω2r得：ω＝，则同步卫星和侦察卫星的角速度之比为1∶8，故B错误；根据T＝可知，同步卫星的周期为24 h，则角速度为ω1＝ rad/h，
则侦察卫星的角速度为ω2＝ rad/h，当两颗卫星的夹角为π时，相距最远，则有：t＝＝ h，故C正确，D错误。
12．[多选](2018·保定质检)两颗互不影响的行星P1、P2，各有一颗近地卫星S1、S2绕其做匀速圆周运动。以纵轴表示行星周围空间某位置的引力加速度a，横轴表示某位置到行星中心距离r平方的倒数，所得a­关系图像如图所示，卫星S1、S2所在轨道处的引力加速度大小均为a0。则(　　)
A．S1的质量比S2的大
B．P1的质量比P2的大
C．P1的第一宇宙速度比P2的小
D．P1的平均密度比P2的小
解析：选BD　由万有引力充当向心力G＝ma，解得a＝GM，故题图图像的斜率k＝GM，因为G是恒量，M表示行星的质量，所以斜率越大，行星的质量越大，故P1的质量比P2的大，由于计算过程中，卫星的质量可以约去，所以无法判断卫星质量关系，A错误，B正确；因为两个卫星是近地卫星，所以其运行轨道半径可认为等于行星半径，根据第一宇宙速度公式v＝，可得v＝ ，从题图中可以看出，当两者加速度都为a0时，P2的半径比P1的小，故P1的第一宇宙速度比P2的大，C错误；由GM＝gR2可得GM＝a0R2，
M＝，ρ＝＝＝＝，故行星的半径越大，密度越小，所以P1的平均密度比P2的小，D正确。
13.(2018·宜宾高三诊断)如图所示，有A、B两颗卫星绕地心O在同一平面内做圆周运动，运转方向相同。A卫星的周期为TA，B卫星的周期为TB，在某一时刻A、B相距最近，下列说法中正确的是(　　)
A．A、B经过时间t＝TA再次相距最近
B．A、B的轨道半径之比为TA∶TB
C．A、B的向心加速度大小之比为TB∶TA
D．若已知A、B相距最近时的距离，可求出地球表面的重力加速度


解析：选C　A、B再次相距最近时，两者运转的角度相差2π，即：t－t＝2π，解得：t＝，A错误；根据开普勒第三定律可知：＝，则＝，B错误；根据a＝∝，＝·＝，C正确；若已知A、B相距最近时的距离，结合两者的轨道半径之比可以求得A、B的轨道半径，根据万有引力提供向心力得：＝mr，所以可求出地球的质量，但不知道地球的半径，所以不可求出地球表面的重力加速度，D
错误。
14.[多选](2018·湖南六校联考)如图所示，在某类地行星表面上有一倾斜的匀质圆盘，盘面与水平面的夹角为30°，圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离为L处有一小物体与圆盘保持相对静止，当圆盘的角速度为ω时，小物体刚好要滑动。小物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，该行星的半径为R，引力常量为G，下列说法正确的是(　　)
A．该行星的质量为
B．该行星的第一宇宙速度为2ω
C．该行星的同步卫星的周期为
D．离行星表面距离为R的地方的重力加速度为ω2L
解析：选BD　当小物体转到圆盘的最低点，所受的摩擦力沿斜面向上达到最大时，对应小物体刚好要滑动，由牛顿第二定律可得μmgcos 30°－mgsin 30°＝mω2L，所以g＝＝4ω2L，G＝mg，解得M＝＝，A错误；该行星的第一宇宙速度v＝＝2ω，B正确；因为不知道同步卫星的轨道半径，所以不能求出同步卫星的周期，C错误；离该行星表面距离为R的地方的引力为mg′＝＝mg，即重力加速度为g′＝g＝ω2L，D正确。



第7讲
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考法
学法
功和功率是高中物理的两个基本概念，机车启动模型是典型的功率应用问题。高考对这两个概念和机车启动很少单独考查，多数是和其他知识进行综合，如动能定理。常考查的内容有：①功的概念；②重力、弹力、摩擦力做功的特点；③功率的概念；④机车启动模型。用到的思想方法有：①正、负功的判断方法；②功的计算方法；③功率的计算方法；④图像法(在功和功率问题中的应用)。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．两个角度判断功的正负
(1)利用公式W＝Flcos α进行判断。
(2)利用功能关系进行判断，如物体的重力势能增加了，则一定是重力做了负功。
2．变力做功的几种求法
(1)利用微元法求变力做功
将物体的位移分割成无数多小段，每一小段位移中作用在物体上的力可以视为恒力，这样就将变力做功转化为在无数多无穷小的位移上的恒力所做功的代数和。
(2)化变力为恒力求变力做功
变力做功有时可化为恒力做功，用W＝Flcos α求解。此法常应用于轻绳通过定滑轮拉物体的问题中。
(3)利用F­x图像所围的面积求功。
(4)用平均力求功(力与位移呈线性关系，如弹簧的弹力)。
(5)利用动能定理求功。
(6)根据功率求功W＝Pt。
[题点全练]————————————————————————————————
1.[多选]如图所示，一物体沿弧形轨道滑下后进入足够长的水平传送带，传送带按箭头方向匀速转动，则传送带对物体的做功情况可能是(　　)
A．始终不做功
B．先做负功后做正功
C．先做正功后不做功
D．先做负功后不做功
解析：选ACD　设传送带的速度大小为v1，物体刚滑上传送带时的速度大小为v2。若v2＝v1，则物体与传送带间无摩擦力，传送带对物体始终不做功；若v2＞v1，物体相对于传送带向右运动，物体受到的滑动摩擦力向左，则物体先减速到速度为v1，然后随传送带一起匀速运动，传送带对物体先做负功后不做功；若v2hB，故D正确。
6．(2019届高三·南京模拟)质量为m的球从地面以初速度v0竖直向上抛出，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比。下列图像分别描述了球在空中运动的速度v、加速度a随时间t的变化关系和动能Ek、机械能E(取地面处重力势能为零)随球距离地面高度h的变化关系，其中可能正确的是(　　)

解析：选C　已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，即Ff＝kv，当球上升到最高点时，v为零，球只受重力，a等于g，则v­t图线切线的斜率不等于零，故A错误；根据牛顿第二定律，球上升过程中：mg＋kv＝ma，v逐渐减小，a逐渐减小，球下降过程中：mg－kv＝ma，v逐渐增大，a逐渐减小，故B错误；上升过程，由动能定理：－mgh－Ffh＝
Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－(mg＋kv)h，随h的增加，v减小，则Ek­h图像的斜率减小，下降过程，由动能定理：mg(h0－h)－Ff(h0－h)＝Ek，即Ek＝(mg－kv)(h0－h)，随下降的高度的增加，v增大，Ek­h图像的斜率减小，故C正确；机械能的变化量等于克服阻力做的功：
－Ffh＝E－E0，上升过程中v逐渐减小，则Ff逐渐减小，即E­h图像的斜率逐渐变小，故E­h图像不是直线，故D错误。
7.(2018·武汉调研)如图所示，半径为R、圆心为O的光滑圆环固定在竖直平面内，OC水平，D是圆环最低点。质量为2m的小球A与质量为m的小球B套在圆环上，两球之间用轻杆相连。两球初始位置如图所示，由静止释放，当A运动至D点时，B的动能为(　　)
A.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，所以B的动能为EkB＝mvB2＝mgR，选项D正确。
8．(2018·烟台模拟)某段高速路对载重货车设定的允许速度范围为50～80 km/h，而上坡时若货车达不到最小允许速度50 km/h，则必须走“爬坡车道”来避免危险。某质量为4.0×104 kg的载重货车，保持额定功率200 kW在“爬坡车道”上行驶，每前进1 km，上升0.04 km，货车所受的阻力(摩擦阻力与空气阻力)为车重的0.01倍，g取10 m/s2，爬坡车道足够长，则货车匀速上坡的过程中(　　)
A．牵引力等于2×104 N
B．速度可能大于36 km/h
C．增加的重力势能等于货车牵引力所做的功
D．增加的机械能等于货车克服阻力所做的功
解析：选A　货车匀速上坡的过程中，根据平衡条件得：牵引力大小 F＝0.01mg＋
mgsin θ＝0.01×4.0×104×10 N＋4.0×104×10× N＝2×104 N，故A正确；根据P＝Fv得：v＝＝ m/s＝10 m/s＝36 km/h，故B错误；匀速上坡过程增加的重力势能等于汽车牵引力所做的功与克服阻力做功之差，故C错误；根据功能关系知，匀速上坡过程增加的机械能等于汽车牵引力做功与克服阻力所做的功之差，故D错误。
9．[多选](2018·武汉质检)有一系列斜面，倾角各不相同，它们的底端相同，都是O点，如图所示。有一系列完全相同的滑块(可视为质点)从这些斜面上的A、B、C、D、…各点同时由静止释放，下列判断正确的是(　　)
A．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D、…各点处在同一水平线上
B．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的速率相同，则A、B、C、D、…各点处在同一竖直面内的圆周上
C．若各斜面均光滑，且这些滑块到达O点的时间相同，则A、B、C、D、…各点处在同一竖直面内的圆周上
D．若各斜面与这些滑块间有相同的动摩擦因数，滑块到达O点的过程中，各滑块损失的机械能相同，则A、B、C、D、…各点处在同一竖直线上
解析：选ACD　若各斜面均光滑，根据mgh＝mv2，滑块质量相同，到达O点的速率相同，则h相同，即各释放点处在同一水平线上，A正确，B错误；以O点为最低点作等时圆，如图所示，由gsin θt2＝2Rsin θ，可知各滑块从圆周上各点运动到O点时间相等，C正确；若各滑块滑到O点的过程中，滑块滑动的水平距离是x，滑块损失的机械能(即克服摩擦力做功)为：Wf＝μmgcos θ·，即各释放点处在同一竖直线上，D正确。
10．[多选]如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30°，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住M，此时M到挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，且没有力的作用。已知M＝2m，空气阻力不计。松开手后，下列说法正确的是(　　)
A．M和m组成的系统机械能守恒
B．当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零
C．若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零
D．若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与m的机械能增加量之和
解析：选BD　运动过程中，M、m与弹簧组成的系统机械能守恒，A错误；当M速度最大时，弹簧的弹力等于Mgsin 30°＝mg，此时m与地面间的作用力恰好为零，B正确；然后M做减速运动，恰好能到达挡板处，也就是速度刚好减小到了零，之后M会上升，所以M恰好到达挡板处时弹簧弹力大于mg，即此时m受到的细绳拉力大于自身重力，m还在加速上升，C错误；根据功能关系，M减小的机械能等于m增加的机械能与弹簧增加的弹性势能之和，若M恰好能到达挡板处，此时动能恰好为零，因此重力对M做的功等于M减小的机械能，D正确。
11．[多选]如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长均为L。B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°。A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中(　　)
A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于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。
12．[多选]如图所示，在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能量损失，设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v，重力加速度为g；那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是(　　)
A．导向槽位置应在高为的位置
B．最大水平位移为
C．小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有v下＝2v上
D．当小球落地时，速度方向与水平方向成45°角
解析：选AD　设小球做平抛运动时的速度为v0，根据机械能守恒定律可得，mv02＋mgh＝mv2，解得v0＝；根据平抛运动的知识可得，下落时间t＝，则水平位移x＝v0t＝ ，所以当－2h＝2h时水平位移最大，解得h＝，A正确；最大的水平位移为x＝＝2h＝，B错误；根据机械能守恒定律可知，在某相同高度处时上升的速率和下落的速率相等，C错误；设小球落地时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，根据平抛运动的规律可知，tan θ＝2tan α＝2×＝1，则θ＝45°，D正确。
13.(2019届高三·滨州模拟)两物块A和B用一轻弹簧连接，静止在水平桌面上，如图甲所示，现用一竖直向上的力F拉动物块A，使之向上做匀加速直线运动，如图乙所示。在物块A开始运动到物块B将要离开桌面的过程中(弹簧始终处于弹性限度内)，下列说法正确的是(　　)
A．力F先减小后增大
B．弹簧的弹性势能一直增大
C．物块A的动能和重力势能一直增大
D．物块A、B和轻弹簧组成的系统机械能先增大后减小
解析：选C　对物块A由牛顿第二定律得：F－mg＋kx＝ma，解得：F＝m(g＋a)－kx，由于x先减小后反向增大，故力F一直增大，故A错误；在物块A上升过程中，弹簧从压缩到伸长，所以弹簧的弹性势能先减小后增大，故B错误；在物块A上升过程中，由于物块A做匀加速运动，所以物块A的速度增大，高度升高，则物块A的动能和重力势能增大，故C正确；在物块A上升过程中，除重力与弹力做功外，还有力F做正功，所以物块A、B和轻弹簧组成的系统的机械能一直增大，故D错误。
14.[多选](2018·江西八校联考)如图所示，三角形传送带以
1 m/s 的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是6 m且与水平方向的夹角均为37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，小物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，下列说法正确的是(　　)
A．A先到达传送带底端
B．A、B同时到达传送带底端
C．传送带对A做正功，对B做负功
D．A、B在传送带上的划痕长度之比为1∶2
解析：选BD　对A，因为mgsin 37°>μmgcos 37°，则A所受摩擦力沿传送带向上，下滑时做匀加速直线运动，同理，B所受摩擦力沿传送带向上，下滑时做匀加速直线运动，A、B做匀加速直线运动的加速度大小相等，位移大小相等，则运动的时间相等，故A错误，B正确；传送带对A、B的摩擦力方向与速度方向相反都沿传送带向上，传送带对A和B做负功，故C错误；对A，划痕的长度等于A的位移大小减去传送带的位移大小，以A为研究对象，由牛顿第二定律得mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma，a＝2 m/s2，由运动学公式x＝vt＋at2，得运动时间为：t＝2 s，所以传送带运动的位移大小为x＝vt＝2 m，所以A在传送带上的划痕长度为Δx1＝6 m－2 m＝4 m；对B，划痕的长度等于B的位移大小加上传送带的位移大小，同理得出B在传送带上的划痕长度为Δx2＝6 m＋2 m＝8 m，所以划痕长度之比为1∶2，故D正确。
第9讲
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考法
学法
“动量观点”是解答力学问题的三大观点之一，高考既可能在选择题中单独考查动量问题，也可能在计算题中综合考查到动量问题。考查的内容主要有：①动量、冲量、动量变化量等概念；②动量定理的应用；③动量守恒定律的应用。该部分内容主要解决选择题中的动量守恒问题和动量定理的应用。用到的思想方法有：①守恒的思想；②整体法和隔离法；③碰撞、爆炸和反冲问题的分析方法。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．掌握基本概念和规律

2．应用动量定理的注意事项
(1)一般来说，用牛顿第二定律能解决的问题，用动量定理也能解决，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理求解更简捷。动量定理不仅适用于恒力，也适用于变力。力变化的情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。
(2)动量定理的表达式是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力。
[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选]一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为m，速度大小为v，做圆周运动的周期为T，则以下说法中正确的是(　　)
A．经过时间t＝，动量变化量为0
B．经过时间t＝，动量变化量大小为mv
C．经过时间t＝，细绳对小球的冲量大小为2mv
D．经过时间t＝，重力对小球的冲量大小为
解析：选BCD　经过时间t＝，小球转过了180°，速度方向正好相反，若规定开始计时时的速度方向为正，则动量变化量为Δp＝－mv－mv＝－2mv，细绳对小球的冲量为I＝Δp＝－2mv，故大小为2mv，选项A错误，C正确；经过时间t＝，小球转过了90°，根据矢量合成法可得，动量变化量大小为Δp′＝mv，重力对小球的冲量大小为IG＝mgt＝，B、D正确。
2．[多选](2017·全国卷Ⅲ)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则(　　)
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
解析：选AB　根据F­t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s 内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s 末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B正确，C、D错误。
3．如图甲所示，一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，其a­t图像如图乙所示，t＝0时其速度大小为v0＝2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则(　　)

A．t＝6 s时，物体的速度为18 m/s
B．在0～6 s内，合力对物体做的功为400 J
C．在0～6 s内，拉力对物体的冲量为36 N·s
D．t＝6 s时，拉力的功率为200 W
解析：选D　根据Δv＝aΔt可知，a­t图像中图线与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t＝6 s时，物体的速度v6＝v0＋Δv＝m/s＝20 m/s，故A错误；根据动能定理得：W合＝ΔEk＝mv62－mv02＝396 J，故B错误；在0～6 s内，拉力与摩擦力对物体有沿水平方向的冲量，由动量定理得：IF－ft＝mv6－mv0，解得IF＝48 N·s，即拉力对物体的冲量为48 N·s，故C错误；在t＝6 s时，根据牛顿第二定律得：F＝ma＋f＝(2×4＋2)N＝10 N，则此时拉力的功率P＝Fv6＝10×20 W＝200 W，故D正确。
4．[多选](2018·福建四校二次联考)如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t。对于这一过程，下列判断正确的是(　　)

A．斜面对物体的弹力的冲量为零
B．物体受到的重力的冲量大小为mgt
C．物体受到的合力的冲量大小为零
D．物体动量的变化量大小为mgsin θ·t
解析：选BD　斜面对物体的弹力的冲量大小为：I＝Nt＝mgcos θ·t，弹力的冲量不为零，故A错误；物体所受重力的冲量大小为：IG＝mg·t，物体受到的重力的冲量大小不为零，故B正确；物体受到的合力的冲量大小为mgtsin θ，不为零，C错误；由动量定理得，动量的变化量大小Δp＝I合＝mgsin θ·t，D正确。

[知能全通]————————————————————————————————
1．动量守恒定律的条件、表达式和性质

2．爆炸与反冲的特点
(1)时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。
(2)因有内能转化为机械能，系统机械能会增加，要利用能量守恒定律解题。
(3)系统初始状态若处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反。
[题点全练]————————————————————————————————
1.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(m＜M)的小球从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是(　　)
A．在以后的运动过程中，小球和槽的水平方向动量始终守恒
B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒
D．被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处
解析：选D　当小球与弹簧接触后，小球和槽组成的系统在水平方向所受合外力不为零，在水平方向动量不守恒，故A错误；下滑过程中小球和槽都有水平方向的位移，而两者之间的相互作用力是垂直于槽的曲面的，故力和位移方向不总是垂直，故两力均做功，故B错误；全过程小球和槽、弹簧所组成的系统只有重力与弹力做功，系统机械能守恒，小球与弹簧接触过程，系统在水平方向所受合外力不为零，系统水平方向动量不守恒，故C错误；小球在槽上下滑过程两者水平方向不受外力，水平方向动量守恒，小球与槽分离时两者动量大小相等，由于m＜M，则小球的速度大于槽的速度，小球被弹簧反弹后的速度大小等于与槽分离时的速度大小，小球将追上槽并沿槽上滑，上滑过程中只有重力对其做功，机械能守恒，由于小球与槽组成的系统总动量水平向左，小球滑上槽的最高点时系统速度水平向左，系统总动能不为零，由机械能守恒定律可知，小球不能回到槽高h处，故D正确。
2．(2018·牡丹江一中检测)甲、乙两船的质量均为M，它们都静止在平静的湖面上，质量为M的人从甲船跳到乙船上，再从乙船跳回甲船，经过多次跳跃后，最后停在乙船上。假设水的阻力可忽略，则(　　)
A．甲、乙两船的速度大小之比为1∶2
B．甲船与乙船(包括人)的动量相同
C．甲船与乙船(包括人)的动量之和为零
D．因跳跃次数未知，故无法判断
解析：选C　以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中系统总动量守恒，初态总动量为零，所以甲船与乙船(包括人)的动量大小之比为1∶1，而动量的方向相反，所以甲船与乙船(包括人)的动量不同。由p＝mv，知甲、乙两船的速度与质量成反比，所以最后甲、乙两船的速度大小之比为2∶1，故A、B错误；以系统为研究对象，在整个过程中，由动量守恒定律知，甲船与乙船(包括人)的动量之和为零，故C正确，D错误。
3．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是(　　)

解析：选B　由h＝gt2可知，爆炸后甲、乙做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的一块的冲量沿运动方向，故这一块的速度必然增大，即v＞2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D项错；在爆炸前后，甲、乙水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙的动量改变量大小相等，甲、乙质量比为3∶1，所以速度变化量大小之比为1∶3，由平抛运动水平方向上，x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，
|Δv乙|＝2.5 m/s，|Δv甲|＝0.5 m/s，A项错；B图中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，|Δv乙|＝
1.5 m/s，|Δv甲|＝0.5 m/s，B项对。
4.[多选]小车静置于光滑的水平面上，小车的A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，小车的质量为M、长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车与C都处于静止状态，如图所示。当突然烧断细绳，弹簧被释放，C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是(　　)
A．如果小车内表面光滑，小车与C组成的系统任何时刻机械能都守恒
B．小车与C组成的系统任何时刻动量都守恒
C．当C对地运动速度大小为v时，小车对地运动速度大小为
D．小车向左运动的最大位移为
解析：选BCD　小车与C组成的系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但C与橡皮泥粘接过程有机械能损失。由动量守恒定律得Mv′－mv＝0，则v′＝，该系统属于人船模型，Md＝m(L－d)，所以小车向左运动的最大位移应等于d＝，综上，选项B、C、D正确。



[研一题]————————————————————————————————
[多选](2018·合肥一中检测)A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为A、B碰撞前、后的位移－时间图像，a、b分别为A、B碰前的位移－时间图像，c为碰撞后A、B共同运动的位移－时间图像。若A的质量为m＝2 kg，则由图可知下列结论正确的是(　　)
A．A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/s
B．碰撞时A对B所施冲量为－4 N·s
C．碰撞前、后A的动量变化为4 kg·m/s
D．碰撞中A、B组成的系统损失的动能为10 J
[解析]　由题图可知，碰撞前有：vA＝＝ m/s＝－3 m/s，vB＝＝ m/s＝
2 m/s，碰撞后有：vA′＝vB′＝v＝＝ m/s＝－1 m/s；对A、B组成的系统，A、B沿同一直线运动并发生正碰，碰撞前、后都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒。碰撞前、后A的动量变化为：ΔpA＝mvA′－mvA＝2×(－1)kg·m/s－2×(－3)kg·m/s＝4 kg·m/s；根据动量守恒定律，碰撞前、后B的动量变化为：ΔpB＝－ΔpA＝－4 kg·m/s，由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB＝ΔpB＝－4 kg·m/s＝－4 N·s；又ΔpB＝mB(vB′－vB)，所以mB＝＝ kg＝ kg，所以A与B碰撞前的总动量为：p总＝mvA＋mBvB＝2×
(－3)kg·m/s＋×2 kg·m/s＝－ kg·m/s；碰撞中A、B组成的系统损失的动能：ΔEk＝
mvA2＋mBvB2－(m＋mB)v2，代入数据解得：ΔEk＝10 J。故A错误，B、C、D正确。
[答案]　BCD
[悟一法]————————————————————————————————
1．三类碰撞的特点
弹性碰撞
动量守恒，机械能守恒
非弹性碰撞
动量守恒，机械能有损失
完全非弹性碰撞
动量守恒，机械能损失最多




2.动量观点和能量观点的选取原则
(1)动量观点
①对于不涉及物体运动过程中的加速度，而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击、碰撞类问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0。
②对于碰撞、爆炸、反冲类问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解。
(2)能量观点
①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解。
②如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解。
③对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律求解。
[通一类]———————————————————————————————
1．(2019届高三·大庆调研)如图所示装置中，小球A和小球B质量相同，小球B置于光滑水平面上。当A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并黏合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是(　　)
A．h　　　　　　　 B.
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。
2．(2018·淮北一中模拟)两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝
2 kg，mB＝3 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，A、B速度的可能值是(　　)
A．vA＝4.5 m/s，vB＝3 m/s
B．vA＝3 m/s，vB＝4 m/s
C．vA＝－1.5 m/s，vB＝7 m/s
D．vA＝7.5 m/s，vB＝1 m/s

解析：选B　考虑实际情况，碰撞后A的速度不可能大于B的速度，故A、D错误，B、C满足；A、B碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，计算易知，B、C均满足；根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为42 J，B选项对应的总动能为33 J，C选项对应的总动能为75.75 J，故C错误，B满足。
3．(2018·安徽“江南十校”联考)如图所示，一个质量为m的物块A与另一个静止的质量为2m的物块B发生正碰，碰后物块B刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取
10 m/s2，A、B均可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为(　　)
A．0.5 m/s B．1.0 m/s
C．1.5 m/s D．2.0 m/s
解析：选C　碰撞后B做匀减速运动，由动能定理得：－μ·2mgx＝0－×2mv2，解得：v＝1 m/s，A与B碰撞的过程中，A与B组成的系统在水平方向的动量守恒，则：mv0＝
mv1＋2mv，由于没有机械能损失，则：mv02＝mv12＋×2mv2，解得：v0＝1.5 m/s，故A、B、D错误，C正确。
[专题强训提能]
1．(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(　　)
A．10 N　　　　　　　　 B．102 N
C．103 N D．104 N
解析：选C　设每层楼高约为3 m，则鸡蛋下落高度约为h＝3×25 m＝75 m，达到的速度满足v2＝2gh，根据动量定理(F－mg)t＝0－(－mv)，解得鸡蛋受到地面的冲击力F＝＋mg≈103 N，由牛顿第三定律知C正确。
2．[多选](2019届高三·资阳模拟)如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中物块A最初与左侧固定的挡板相接触，物块B的质量为2 kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，从某时刻开始计时，B的v­t图像如图乙所示，则可知(　　)

A．A的质量为4 kg
B．运动过程中A的最大速度为4 m/s
C．在A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒
D．在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3 J
解析：选BD　解除对弹簧的锁定，A离开挡板后，系统不受外力，系统动量守恒、机械能守恒，B的速度最大(vm＝3 m/s)时，A的速度最小为零，且此时弹簧处于原长；B的速度最小(v′＝1 m/s)时，A的速度最大，设A的质量为m，A的最大速度为v，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有：mv＋mBv′＝mBvm，mv2＋mBv′2＝mBvm2，解得m＝1 kg，
v＝4 m/s，A错误，B正确；在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，所以A、B系统所受外力矢量和不为零，则系统动量不守恒，C错误；当A、B速度相等时，A、B动能之和最小，根据机械能守恒定律知，此时弹簧弹性势能最大。根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：mBvm＝(mB＋m)v共，Epm＝mBvm2－(mB＋m)v共2，解得Epm＝3 J，D正确。
3．[多选](2018·哈尔滨三中检测)如图所示，甲、乙两小车的质量分别为m1和m2，且m1v1，所以最后木块相对传送带静止，木块向左匀加速运动的时间
t2＝＝0.4 s，则木块遭射击后到相对传送带静止历时t＝t1＋t2＝1.0 s，C正确，D错误；子弹射穿木块后，木块先向右匀减速运动至速度为零，然后向左匀加速运动至与传送带速度相同后一起匀速运动，A错误。
10．[多选]如图所示，一轻质弹簧两端分别连着木块A和B，静止于光滑的水平面上。木块A被水平飞行的初速度为v0的子弹射中并镶嵌在其中，子弹与A的作用时间极短。已知B的质量为m，A的质量是B的，子弹的质量是B的，则(　　)
A．子弹击中木块A后瞬间，与A的共同速度为v0
B．子弹击中木块A后瞬间，与A的共同速度为v0
C．弹簧压缩到最短时的弹性势能为mv02
D．弹簧压缩到最短时的弹性势能为mv02
解析：选AC　设子弹击中木块A后瞬间与木块A的共同速度为v1，二者动量守恒，有
mv0＝v1，解得v1＝v0，弹簧压缩到最短时，A与B具有共同的速度，设为v2，子弹和A与B动量守恒，有v1＝v2，设此时弹簧的弹性势能为E，由能量守恒定律得v12＝v22＋E，解得E＝mv02，综上所述，A、C正确。
11.[多选](2018·哈尔滨三中检测)如图所示，将一轻质弹簧从物体B内部穿过，并将其上端悬挂于天花板，下端系一质量为m1＝2.0 kg的物体A。平衡时A距天花板h＝2.4 m，在距A正上方高为h1＝1.8 m处由静止释放质量为m2＝1.0 kg的B，B下落过程中某时刻与弹簧下端的A碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后A、B一起向下运动，A、B不粘连，且可视为质点，历时0.25 s第一次到达最低点(弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，g＝10 m/s2)，下列说法正确的是(　　)
A．碰撞结束瞬间A、B的速度大小为2 m/s
B．碰撞结束后A、B一起向下运动的最大位移大小为0.25 m
C．碰撞结束后A、B一起向下运动的过程中，A、B间的平均作用力大小为18 N
D．A、B到最低点后反弹上升，A、B分开后，B还能上升的最大高度为0.2 m
解析：选ABC　设B自由下落至与A碰撞前其速度为v0，根据自由落体运动规律，有：v0＝＝6 m/s，设A、B碰撞结束瞬间二者共同速度为v1，以向下为正方向，根据动量守恒定律，有：m2v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝2 m/s，A正确；从二者一起运动到速度变为零的过程中，选择B为研究对象，根据动量定理，有：(m2g－)t＝0－m2v1，解得＝
18 N，方向竖直向上，C正确；此过程中对B分析，根据动能定理，有：－x＋m2gx＝
0－m2v12，解得x＝0.25 m，即碰撞结束后A、B一起向下运动的最大位移大小为0.25 m，B正确；A、B若在碰撞位置分开，B还能上升的最大高度为h′＝＝0.2 m，但实际上A、B在弹簧恢复原长时才分开，故B还能上升的最大高度小于0.2 m，D错误。
12.如图所示，一辆质量为M＝6 kg的平板小车停靠在墙角处，地面水平且光滑，墙与地面垂直。一质量为m＝2 kg 的小铁块(可视为质点)放在平板小车最右端，平板小车上表面水平且与小铁块之间的动摩擦因数μ＝0.45，平板小车的长L＝1 m。现给小铁块一个v0＝5 m/s 的初速度使之向左运动，与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动，则小铁块在平板小车上运动过程中系统损失的机械能为(g取10 m/s2)(　　)
A．10 J B．30 J
C．9 J D．18 J


解析：选D　设小铁块向左运动到达竖直墙时的速度大小为v1，由动能定理得－μmgL＝mv12－mv02，解得v1＝4 m/s，小铁块与竖直墙发生弹性碰撞后向右运动，假设小铁块最终和平板小车达到共同速度v2，二者组成的系统动量守恒，取向右为正方向，有mv 1＝
(M＋m)v 2，解得v2＝1 m/s，设小铁块相对平板小车运动距离为x时两者达到共同速度，由功能关系得－μmgx＝(M＋m)v22－mv12，解得x＝ m＞L，则小铁块在没有与平板小车达到共同速度时就滑出平板小车，小铁块在平板小车上运动过程中系统损失的机械能为ΔE＝2μmgL＝18 J，故D正确。
13.[多选]如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以视为质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是(　　)
A．小球滑离小车时，小车回到原来位置
B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v
C．小车上管道最高点的竖直高度为
D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是
解析：选BC　小球恰好能到达管道的最高点，说明在管道最高点时小球和管道之间相对静止，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒定律，有mv＝(m＋2m)v′，得v′＝，小车动量变化大小Δp车＝2m·＝mv，D项错误；小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒定律，有mgH＝mv2－(m＋2m)v′2，得H＝，C项正确；小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律，有mv＝mv1＋2mv2，
mv2＝mv12＋×2mv22，解得v1＝－，v2＝v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为v＋v＝v，B项正确；由以上分析可知，在整个过程中小车一直向右运动，A项错误。
14．[多选](2018·中卫调研)在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M＝0.6 kg，m＝0.2 kg 的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有Ep＝10.8 J 弹性势能的锁定的轻弹簧(弹簧与两球不拴接)，原来处于静止状态。现突然释放弹簧，球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R＝0.425 m 的竖直固定的光滑半圆形轨道，A为轨道底端，B为轨道顶端，如图所示。g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．m从A点运动到B点的过程中所受合外力冲量大小为3.4 N·s
B．M离开轻弹簧时获得的速度为9 m/s
C．若半圆轨道半径可调，则m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小
D．弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为1.8 N·s
解析：选AD　释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1－Mv2＝0，由机械能守恒定律得：mv12＋Mv22＝Ep，解得：v1＝
9 m/s，v2＝3 m/s；m从A点运动到B点过程中，由机械能守恒定律得：mv12＝mv1′2＋mg·2R，解得：v1′＝8 m/s；以水平向右为正方向，由动量定理得，m从A点运动到B点的过程中所受合外力冲量为：I＝Δp＝－mv1′－mv1＝－0.2×8 N·s－0.2×9 N·s＝－3.4 N·s，则合外力冲量大小为3.4 N·s，故A正确；由前述分析知，M离开轻弹簧时获得的速度为3 m/s，故B错误；设圆轨道半径为r时，m从B点飞出后水平位移最大，由A点到B点根据机
械能守恒定律得：mv12＝mv1″2＋mg·2r，在最高点，由牛顿第二定律得：mg＋N＝m，m从B点飞出，需要满足：N≥0，飞出后，小球做平抛运动：2r＝gt2，x＝v1″t，解得：
x＝，当8.1－4r＝4r时，即r＝1.012 5 m时，x最大，则m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，故C错误；由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对m的冲量大小为：I＝Δp＝mv1＝0.2×9 N·s＝1.8 N·s，故D正确。
课余挤时加餐训练(一)
力学选择题押题练(一)
1.如图所示，水平面上的小车内固定一个倾角为30°的光滑斜面，平行于斜面的细绳一端固定在小车上，另一端系着一个质量为m的小球，小球和小车均处于静止状态。如果小车在水平面上向左加速运动且加速度大小不超过a1时，小球仍能够和小车保持相对静止；如果小车在水平面上向右加速运动且加速度大小不超过a2时，小球仍能够和小车保持相对静止。则a1和a2的大小之比为(　　)
A.∶1　　　　　　　　 B.∶3
C．3∶1 D．1∶3
解析：选D　当小车向左加速运动且加速度大小不超过a1时，由题意可知，此时细绳的拉力为零，对小球受力分析知，小球受重力、斜面的支持力，由牛顿第二定律得mgtan 30°＝ma1，当小车向右加速运动且加速度大小不超过a2时，由题意可知，此时斜面对小球的支持力为零，对小球受力分析知，小球受重力、细绳的拉力，由牛顿第二定律得＝ma2，联立以上两式得
＝，D正确。
2.如图所示，一个质量m＝1 kg的小环套在倾角为37°的光滑固定直杆上，为使小环能够静止不动，需对它施加一个水平拉力F。已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6。则F的大小和方向分别是(　　)
A．7.5 N，水平向左 B．7.5 N，水平向右
C．13.3 N，水平向左 D．13.3 N，水平向右
解析：选A　对小环受力分析知，小环受重力、直杆的支持力，为使小环能够静止不动，F的方向应水平向左，根据平衡知识可知：F＝mgtan 37°＝1×10× N＝7.5 N，故A对。
3.[多选]如图所示是用铁丝做的立方体骨架，从顶点A水平抛出一个小球，小球恰能击中B点。已知立方体的边长为l，重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　)
A．小球做平抛运动的初速度大小为
B．小球落到B点的速度大小为
C．小球落到B点的速度方向与水平方向的夹角为45°
D．小球在运动过程中，速度的大小时刻改变，加速度的方向时刻改变
解析：选AB　根据平抛运动的规律可得水平方向 l＝v0t，竖直方向l＝gt2，vy＝gt，vB＝，解得v0＝，vy＝，vB＝，小球落到B点的速度方向与水平方向的夹角满足tan θ＝＝，所以小球落到B点的速度方向与水平方向的夹角不是45°，A、B项正确，C项错误；小球在运动过程中，合力方向不变，所以加速度的方向是不变的，D项错误。
4．火星探测器绕火星近地轨道做圆周运动，其线速度和相应的轨道半径为v0和R0，火星的一颗卫星在圆轨道上的线速度和相应的轨道半径为v和R，则下列关系式正确的是(　　)
A．lg＝lg B．lg＝2lg
C．lg＝lg D．lg＝2lg
解析：选C　做圆周运动所需的向心力由万有引力提供，故有：G＝m，G＝m，解得：＝，由对数运算公式可得：lg＝lg，所以lg＝lg，故C正确。
5.如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态。现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中(　　)
A．圆环的机械能守恒
B．弹簧弹性势能变化了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。
6.如图所示，半径为R、内径很小的光滑半圆形管道竖直放置，质量为m的小球(视为质点)以某一速度进入管内，小球通过最高点P时，对管壁的压力为0.5mg，则(　　)
A．小球通过P点时的速率一定为
B．小球通过P点时的速率一定为
C．小球落地点到P点的水平距离可能为R
D．小球落地点到P点的水平距离可能为R
解析：选D　小球通过P点时，当小球对管下壁有压力时，则有：mg－0.5mg＝m，解得：v1＝ ，当小球对管上壁有压力时，则有：mg＋0.5mg＝m，解得：v2＝ ，故A、B错误；小球通过P点后做平抛运动，竖直方向上：2R＝gt2，解得：t＝2，则水平距离为x1＝v1t＝R或x2＝v2t＝R，故C错误，D正确。
7.[多选]如图所示，质量为2m的物体B静止在光滑的水平面上，物体B的左边固定有轻质弹簧，质量为m的物体A以速度v向物体B运动并与弹簧发生作用，从物体A接触弹簧开始，到离开弹簧的过程中，物体A、B始终沿同一直线运动，以初速度v的方向为正，则(　　)


A．此过程中弹簧对物体B的冲量大小大于弹簧对物体A的冲量大小
B．弹簧的最大弹性势能为mv2
C．此过程中弹簧对物体B的冲量为mv
D．物体A离开弹簧后的速度为－v
解析：选BD　由牛顿第三定律及I＝Ft知，弹簧对物体A、B的冲量大小相等、方向相反，A错误；物体A、B速度相等时弹簧的弹性势能最大，由mv＝(m＋2m)v1，解得v1＝v，
弹簧的最大弹性势能Ep＝mv2－(m＋2m)v12＝mv2，B正确；物体A离开弹簧后，由
mv＝mvA＋2mvB，mv2＝mvA2＋×2mvB2，解得vA＝－v，vB＝v，故弹簧对物体B的冲量IB＝2mvB＝mv，C错误，D正确。
8.[多选]如图所示，倾角为α的固定斜面，其右侧有一竖直墙面，小球滑上斜面，以速度v飞离斜面，恰好垂直撞击到墙面上某位置，重力加速度为g，忽略空气阻力，下列说法中正确的是(　　)
A．从飞离斜面到撞击墙面的过程中，小球在水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动
B．竖直墙面与斜面右端的水平距离为sin2α
C．竖直墙面与斜面右端的水平距离为
D．从飞离斜面到撞击墙面的过程中，小球竖直上升的高度为sin α
解析：选AC　小球飞离斜面时速度为v，把v沿水平方向和竖直方向分解，则有：
vx＝vcos α，vy＝vsin α，小球飞离斜面后，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做加速度为g的匀减速直线运动，又小球恰好垂直撞击到墙面上，可知小球撞到墙面时，竖直方向速度为零，由匀变速直线运动规律可知，小球飞行时间为t＝，则竖直墙面与斜面右端的水平距离为s＝vxt＝，小球竖直上升的高度为s′＝＝，故选项A、C正确，B、D错误。
力学选择题押题练(二)
1．如图所示，若干个质量不相等但可视为质点的小球用轻细绳穿拴成一串，将细绳的一端挂在车厢的顶部。当车在平直路面上做匀加速直线运动时，这串小球及细绳在车厢中的形状的示意图正确的是(　　)

解析：选A　小球的加速度与车厢的加速度相同，设最上端的细绳与竖直方向的夹角为θ，对所有小球组成的整体分析，有m总gtan θ＝m总a，解得tan θ＝，对除最上面第一个球外剩余的小球分析，根据牛顿第二定律有，(m总－m1)gtan α＝(m总－m1)a，解得tan α＝，同理可知，连接小球的细绳与竖直方向的夹角均相等，可知小球和细绳在一条直线上，向左偏，A正确，B、C、D错误。
2.如图所示，质量为m的小球套在竖直固定的光滑圆环上，在圆环的最高点有一个光滑小孔，一根轻绳的下端系着小球，上端穿过小孔用力F拉住，开始时绳与竖直方向夹角为θ，小球处于静止状态，现缓慢拉动绳，使小球沿光滑圆环上升一小段距离，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(　　)
A．绳与竖直方向的夹角为θ时，F＝mgcos θ
B．小球沿光滑圆环上升过程中，绳拉力逐渐增大
C．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力逐渐增大
D．小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力大小不变
解析：选D　绳与竖直方向的夹角为θ时，对小球受力分析，小球受到竖直向下的重力mg、圆环对小球沿半径向外的支持力FN以及沿绳方向的拉力F，画出力的示意图如图所示，由三角形相似可知，＝＝，其中R为圆环的半径，可得F＝2mgcos θ，选项A错误；小球沿光滑圆环上升过程中，绳与竖直方向的夹角θ变大，绳拉力F＝2mgcos θ逐渐减小，选项B错误；由以上分析可知，小球所受圆环的支持力大小等于重力大小，小球沿光滑圆环上升过程中，小球所受支持力的大小不变，选项C错误，D正确。
3.如图所示，粗糙程度处处相同的半圆形竖直轨道固定放置，其半径为R，直径POQ水平。一质量为m的小物块(可视为质点)自P点由静止开始沿轨道下滑，滑到轨道最低点N时，小物块对轨道的压力为2mg，g为重力加速度的大小。则下列说法正确的是(　　)
A．小物块到达最低点N时的速度大小为
B．小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为2mgR
C．小物块从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功为mgR
D．小物块从P点开始运动经过N点后恰好可以到达Q点
解析：选C　在N点小物块做圆周运动，有FN－mg＝m，由牛顿第三定律，有FN＝FN′＝2mg，解得v＝，A选项错误；重力做功仅与高度差有关，小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为WG＝mgR，B选项错误；由动能定理得：mgR－Wf＝mv2，解得Wf＝mgR，C选项正确；因为运动过程中摩擦力做功，由能量守恒定律可知小物块不能到达Q点，D选项错误。
4.一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开
始，受到如图所示的水平外力作用，下列说法正确的是(　　)
A．第1 s末质点的速度为2 m/s
B．第2 s末外力做功的瞬时功率最大
C．第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为1∶2
D．第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为4∶5
解析：选D　由动量定理：Ft＝mv′－mv，得质点第1 s末、第2 s末的速度分别为：
v1＝4 m/s、v2＝6 m/s，A错误；第1 s末外力做功的瞬时功率：P＝F1v1＝4×4 W＝16 W，第2 s末外力做功的瞬时功率：P′＝F2v2＝2×6 W＝12 W，B错误；第1 s 内与第2 s内质点动量增加量之比为：＝＝，C错误；第1 s内与第2 s内质点动能增加量分别为：ΔEk1＝mv12＝8 J，ΔEk2＝mv22－mv12＝10 J，则ΔEk1∶ΔEk2＝4∶5，D正确。
5.如图所示，一质量为m的物体在沿斜面向上的恒力F作用下，由静止从底端沿斜面向上做匀加速直线运动。已知斜面表面光滑且足够长，斜面倾角为θ。经时间t恒力F做功80 J，此后撤去恒力F，物体又经时间t回到出发点，且回到出发点时的速度大小为v。若以地面为重力势能的零势能面，则下列说法中正确的是(　　)
A．物体回到出发点时的机械能是80 J
B．在撤去力F前的瞬间，力F的功率是mgvsin θ
C．撤去力F前的运动过程中，物体的重力势能一直在增加，撤去力F后的运动过程中，物体的重力势能一直在减少
D．撤去力F前的运动过程中，物体的动能一直在增加，撤去力F后的运动过程中，物体的动能一直在减少

解析：选A　由功能关系知：除重力和弹力之外其他力对物体所做的功等于物体机械能的增量，A对；物体在沿斜面向上运动时，有F－mgsin θ＝ma1，撤去力F后，有mgsin θ＝－ma2，由运动学公式知，·t2＝－，vx＝t，解得
F＝mgsin θ，由vx－gsin θt＝－v，解得vx＝，所以在撤去力F前的瞬间力F的功率P＝Fvx＝mgvsin θ，B错；撤去力F后一段时间内物体继续沿斜面向上运动，即重力势能有一段增加的过程，C错；撤去力F后，物体在沿斜面向下运动的过程中动能一直在增大，D错。
6．[多选]美国《大众科学》杂志报道，中国首艘国产航母预计在2019年服役。假设航空母舰上装有帮助飞机起飞的弹射系统，已知某型号的舰载飞机质量为m＝103 kg，在跑道上加速时产生的最大动力为F＝7×103 N，所受阻力为重力的，当飞机的速度大小达到
50 m/s时才能离开航空母舰起飞。g取10 m/s2，设航空母舰甲板长为160 m，则下列说法中正确的是(　　)
A．飞机在跑道上加速时所受阻力大小为103 N
B．飞机在跑道上加速时的最大加速度大小为4 m/s2
C．若航空母舰处于静止状态，弹射系统必须使飞机具有的初速度大小最小为30 m/s
D．若航空母舰上不装弹射系统，为使飞机仍能在此舰上正常起飞，航空母舰沿飞机起飞方向的速度大小至少应为10 m/s
解析：选CD　飞机在跑道上加速时所受阻力f＝kmg＝×103×10 N＝2×103 N，选项A错误；由牛顿第二定律得F－f＝ma，解得a＝5 m/s2，选项B错误；设弹射系统必须使飞机具有的初速度大小最小为v0，由匀变速直线运动规律得v2－v02＝2ax，解得v0＝30 m/s，选项C正确；若航空母舰上不装弹射系统，设飞机起飞所用的时间为t，航空母舰的最小速度大小为v1，则飞机相对地面的速度v＝v1＋at，飞机相对航空母舰的位移大小x＝at2，解得v1＝10 m/s，选项D正确。
7．[多选]甲、乙两辆汽车从平直公路上同一位置沿着同一方向做直线运动，它们的v­t图像如图所示，则(　　)
A．甲、乙两车同时从静止开始出发
B．在t＝2 s时乙车追上甲车
C．在t＝4 s时乙车追上甲车
D．甲、乙两车在公路上只能相遇一次

解析：选CD　由题图知，乙车比甲车迟出发1 s，故A错误；根据v­t图线与时间轴围成的面积表示位移，知t＝2 s 时，甲车的位移比乙车的位移大，则知该时刻乙车还没有追上甲车，故B错误；在0～4 s内，甲车的位移 x甲＝×8×4 m ＝16 m，乙车的位移 x乙＝
×(1＋3)×8 m＝16 m，所以x甲＝x乙，两者又是从同一位置沿着同一方向运动的，则在
t＝4 s时乙车追上甲车，故C正确；在t＝4 s时乙车追上甲车，由于t＝4 s时刻以后，甲车比乙车的速度大，两车不可能再相遇，所以两车只相遇一次，故D正确。
8．[多选]一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以恒定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块，如图(a)所示，以此时为t＝0时刻记录物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图(b)所示(以物块沿传送带向上的运动方向为正方向，两坐标大小v1>v2)。则下列判断正确的是(　　)

A．若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则μ>tan θ
B．0～t1时间内，传送带对物块做正功
C．0～t2时间内，系统产生的热量一定比物块动能的变化量大
D．0～t2时间内，传送带对物块做的功等于物块动能的变化量
解析：选AC　由题图(b)知，t1～t2时间内，物块沿传送带向上运动，则有μmgcos θ>mgsin θ，得μ>tan θ，故A正确；物块沿传送带先向下运动后再向上运动，则知传送带的运动方向应向上，0～t1时间内，物块所受摩擦力沿传送带向上，则传送带对物块做负功，故B错误；0～t2时间内，由v1>v2知物块的重力势能减小，动能也减小，减小的重力势能和动能转化为系统产生的内能，所以系统产生的热量一定大于物块动能的变化量，故C正确；0～t2时间内，传送带对物块做的功等于物块机械能的变化量，故D错误。
力学选择题押题练(三)
1.[多选]如图所示，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内。用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止。现将B沿斜面向上移动一小段距离，发现A随之向上移动少许，A、B在虚线位置重新平衡。重新平衡后与移动前相比，下列说法正确的是(　　)
A．墙面对A的弹力变小　 B．斜面对B的弹力不变
C．推力F变大 D．A、B间的距离变大
解析：选ABD　对A、B利用整体法可知，斜面对B弹力的竖直分量等于A、B所受的重力之和，斜面倾角不变，斜面对B的弹力不变，故B正确；库仑力与竖直方向的夹角变小，而库仑力沿竖直方向的分量不变，故库仑力变小，A、B间的距离变大，故D正确；因库仑力水平分量减小，故墙面对A的弹力变小，推力F变小，故A正确，C错误。
2.如图所示，光滑的水平面上有一小车，以向右的加速度a做匀加速运动，车内两物体A、B质量之比为2∶1，A、B间用弹簧相连并放在光滑桌面上，B通过质量不计的轻绳与小车相连，剪断轻绳的瞬间，A、B的加速度大小分别为(　　)
A．a、0 B．a、a
C．a、2a D．0、2a
解析：选C　设B的质量为m，剪断轻绳前，弹簧弹力大小为F，轻绳拉力大小为T，将A、B及弹簧看成整体，则有T＝3ma；以A为研究对象，则有F＝2ma。剪断轻绳瞬间，轻绳中拉力消失，弹簧弹力不变，所以A受力不变，加速度大小仍为a，而B所受合力为
F＝maB，即aB＝2a，故C正确。
3．在光滑水平面上，质量为m的小球A正以速度v0匀速运动。某时刻小球A与质量为3m的静止小球B发生正碰，两球相碰后，A球的动能恰好变为原来的。则碰后B球的速度大小是(　　)
A. B.
C.或 D．无法确定
解析：选A　两球相碰后A球的速度大小变为原来的，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A球速度方向不变，则mv0＝mv0＋3mv1，可得B球的速度v1＝，而B球在前，A球在后，碰后A球的速度大于B球的速度，不符合实际情况，因此A球速度一定反向，即mv0＝－mv0＋3mv1′，可得v1′＝，A正确，B、C、D错误。
4.如图所示，将一篮球从地面上方B点斜向上抛出，刚好垂直击中篮板上的A点，不计空气阻力，若将抛射点B向篮板方向水平移动一小段距离，仍使抛出的篮球垂直击中A点，下列方法可行的是(　　)
A．增大抛射速度v0，同时减小抛射角θ
B．增大抛射角θ，同时减小抛射速度v0

C．减小抛射速度v0，同时减小抛射角θ
D．增大抛射角θ，同时增大抛射速度v0
解析：选B　篮球垂直击中篮板上的A点，说明篮球在A点的竖直速度为零。对篮球从B点到A点的运动分析可知，在水平方向上有x＝vxt＝v0cos θt，在竖直方向上有vy＝v0sin θ＝gt，y＝。若将抛射点向篮板方向水平移动一小段距离，y不变，x减小，即篮球运动时间不变，则篮球在抛射点的竖直方向分速度不变，水平方向分速度减小。A选项vx增大，不符合题意；B选项vx减小，vy可能不变，符合题意；C选项vy减小，不符合题意；D选项vy增大，不符合题意。
5.[多选]如图所示，斜面与足够长的水平横杆均固定，斜面与竖直方向的夹角为θ，套筒P套在横杆上，与不可伸长的绳子左端连接，绳子跨过不计大小的定滑轮，其右端与滑块Q相连接，此段绳子与斜面平行，Q放在斜面上，P与Q质量相等且均为m，O为横杆上一点且在滑轮的正下方，滑轮距横杆为h。手握住P且使P和Q均静止，此时连接P的绳子与竖直方向夹角为θ，然后无初速度释放P。不计绳子的质量及一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．释放P前绳子拉力大小为mgcos θ
B．释放后P做匀加速直线运动
C．P运动到O点时速率为
D．P从释放到第一次过O点，绳子拉力对P做功的功率一直增大
解析：选AC　释放P前，对Q分析，根据共点力平衡得，FT＝mgcos θ，故A正确；释放后对P分析，知P所受的合力在变化，则加速度在变化，P做变加速直线运动，故B错误；当P运动到O点时，Q的速度为零，对P和Q整体研究，mgcos θ＝mv2，解得v＝，故C正确；P从释放到第一次过O点，速度逐渐增大，绳子拉力沿水平方向的分力在减小，则绳子拉力对P做功的功率不是一直增大，故D错误。
6.如图所示，在斜面顶端A点以速度v水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P；若在A点以速度2v水平抛出该小球，经过时间t2完成平抛运动。不计空气阻力，则(　　)
A．t2>2t1　　　　　　 B．t2＝2t1
C．t2 t0)时刻的位置坐标是
解析：选AC　漏出的沙在竖直方向做自由落体运动，则空中相邻的沙在相等时间内的竖直间距不断增加，漏出的沙在水平方向做匀速直线运动，但由于沙在漏出前水平方向做匀加速运动，因此它们在水平方向初速度不相等，则在相等时间内的水平间距不相等，故A正确，B错误；由匀加速直线运动的规律，t0时刻漏出的沙具有的水平初速度v0＝at0，沙随沙漏一起做匀加速运动的位移x0＝at02，沙漏出后做平抛运动，t时刻的水平位移x1＝v0(t－t0)，且x＝x0＋x1，y＝g(t－t0)2，所以t0时刻漏出的沙在t时刻的位置坐标为，故C正确，D错误。
力学选择题押题练(四)
1.如图所示，一轻弹簧的上端与物块连接在一起，并从高处由静止开始释放，空气阻力不计，在弹簧接触水平地面后直至物块运动到最低点的过程中，下列判断正确的是(　　)
A．弹簧触地时物块的速度最大
B．物块先做匀加速运动后做匀减速运动
C．物块的动能和弹簧的弹性势能之和一直减小
D．物块的机械能一直减小
解析：选D　弹簧触地时，开始阶段弹簧的弹力小于物块所受的重力，物块所受的合力向下，继续向下做加速运动；弹力等于重力时，合力为零，加速度为零，之后，弹力大于重力，物块向下做减速运动，所以弹力等于重力时，速度最大，此时弹簧处于压缩状态，物块先做加速运动后做减速运动，但不是匀加速和匀减速，故A、B错误；对于物块和弹簧组成的系统，由于只有重力和弹力做功，所以系统的机械能守恒，即物块的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之和保持不变，物块的重力势能一直减小，所以物块的动能和弹簧的弹性势能之和一直增大，故C错误；物块和弹簧组成的系统机械能守恒，而弹簧的弹性势能一直增大，所以物块的机械能一直减小，故D正确。
2.如图所示，在水平地面上有一倾角为θ的斜面体B处于静止状态，其斜面上放有与之保持相对静止的物体A。现对B施加向左的水平推力，使A和B一起向左做加速运动，加速度从零开始逐渐增加，直到A和B开始发生相对运动，关于这个运动过程中A所受斜面的支持力N、摩擦力f的大小变化情况，下列说法中正确的是(　　)

A．N增大，f持续增大
B．N不变，f不变
C．N增大，f先减小后增大
D．N减小，f先增大后减小
解析：选C　对A受力分析可得Nsin θ－fcos θ＝ma，Ncos θ＋fsin θ＝mg，当a逐渐增大时，N逐渐增大，由于mg不变，所以f逐渐减小，当a增大到一定程度时，f反向，N继续增大，f则逐渐增大，C正确。
3.如图所示为A、B两质点在同一直线上运动的x­t图像，A质点的图像为直线，B质点的图像为过原点的抛物线，两图像交点C、D坐标如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．t1时刻B追上A，t2时刻A追上B
B．t1～t2时间段内B的平均速度小于A的平均速度
C．A做直线运动，B做曲线运动
D．A、B速度相等的时刻一定在t1～t2时间段内的某时刻
解析：选D　x-t 图像的交点表示同一时刻到达同一位置，即相遇，根据题图可知t1时刻A追上B，t2时刻B追上A，故A错误；t1～t2时间段内A、B运动的位移相同，时间相等，则平均速度相等，故B错误；x-t图像只能描述直线运动，不能描述曲线运动，则A、B都做直线运动，故C错误；x-t图像斜率表示速度，t1～t2时间段内的某时刻A、B图像斜率相等，故D正确。
4.[多选]如图所示，小球从斜面底端A点正上方h高度处，以某一速度正对倾角为θ的斜面水平抛出时，小球到达斜面的位移最小(重力加速度为g)，则(　　)
A．小球平抛的初速度v0＝ sin θ
B．小球平抛的初速度v0＝ sin θ
C．飞行时间t＝cos θ
D．飞行时间t＝
解析：选AC　过抛出点作斜面的垂线，交斜面于点B，如图所示，当小球落在斜面上的B点时，位移最小，设运动的时间为t，则水平方向：x＝hcos θ·sin θ＝v0t，竖直方向：y＝hcos θ·cos θ＝gt2，解得v0＝ sin θ，t＝cos θ，故A、C正确。
5．[多选]已知人造航天器在月球表面上空绕月球做匀速圆周运动，经过时间t(t小于航天器的绕行周期)，航天器运动的弧长为s，航天器与月球的中心连线扫过的角为θ，引力常量为G，则(　　)
A．航天器的轨道半径为
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BC　根据几何关系得航天器的轨道半径为：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为θ，则：＝，得：T＝，故B正确；万有引力充当向心力，所以：＝mr，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，月球的密度为ρ＝＝，故D错误。
6．如图甲所示，足够长的木板B放置在水平地面上，大小可忽略的铁块A静止放在木板B的最左端。从t＝0时刻起对A施加一个水平向右的力F，且力F的大小随时间t成正比增加。已知A的加速度aA随时间t变化的图像如图乙所示，则能正确表示B的加速度大小aB随时间t变化的图像是选项图中的(　　)



解析：选C　力F的大小与时间t成正比，由题图乙看出前 2 s 内A的加速度为零，说明B与水平地面之间存在摩擦力，t＝6 s前后A的加速度aA随时间t变化的图线斜率不同，说明2～6 s内A、B以共同的加速度运动，t＝6 s后，A与B发生相对滑动，B的加速度不再变化，结合选项图知，C对。
7.[多选]如图所示，某人向放在水平地面上的垃圾桶中水平扔废纸球，结果恰好从桶的右侧边缘飞到地面。不计空气阻力，为了能把废纸球扔进垃圾桶中，则此人水平抛废纸球时，可以做出的调整为(　　)
A．初速度大小保持不变，抛出点在原位置正上方
B．初速度大小保持不变，抛出点在原位置正下方
C．减小初速度，抛出点位置保持不变
D．增大初速度，抛出点在原位置正上方
解析：选BC　根据平抛运动规律，为了能把废纸球扔进垃圾桶中，应减小其水平方向位移，若抛出点位置不变，即竖直方向位移不变，运动时间不变，减小初速度即可减小水平方向位移，选项C正确，D错误；若初速度大小保持不变，要减小水平方向位移，则应减小运动时间，即将抛出点从原位置向下移动，选项B正确，A错误。
8．[多选]如图甲所示，物块a从光滑斜面上某点由静止滑下，物块b从水平面上的某位置水平向左运动，0.4 s末物块a滑到水平面的瞬间正好与物块b碰撞，且碰撞后两者粘在一
起沿斜面向上运动到最高点。不计物块经过斜面底部与水平面衔接处的能量损失，两者运动的速度大小随时间变化的图像如图乙所示，物块b的质量为5 kg，物块a的质量为ma，整个过程两物块因碰撞而损失的机械能为ΔE，则(　　)

A．ma＝1 kg　　　　 　 　 B．ma＝2 kg
C．ΔE＝35 J D．ΔE＝120 J
解析：选BC　由题图乙可知，物块a、b碰撞前的速度大小分别为va＝1 m/s，vb＝6 m/s，碰撞后物块a、b共同速度的大小为v＝4 m/s，以物块b的速度方向为正，根据动量守恒定律得mbvb－mava＝(ma＋mb)v，解得ma＝2 kg，A项错误，B项正确；物块a、b碰撞过程损失的机械能为ΔE＝mava2＋mbvb2－(ma＋mb)v2＝35 J，C项正确，D项错误。


第1讲
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考法
学法
“动力学观点”是解答物理问题的三大观点之一，在每年高考中属于必考内容。涉及的知识主要包括：①匀变速直线运动规律；②自由落体运动规律；
③竖直上抛运动规律；④牛顿运动定律；⑤运动学和动力学图像。复习这部分内容时应侧重对基本规律的理解和掌握，解答题目时要抓住两个关键：受力情况分析和运动情况分析。用到的思想方法有：①整体法和隔离法；②临界问题的分析方法；③合成法；④正交分解法；⑤作图法；⑥等效思想；⑦分解思想。
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命题点(一)　匀变速直线运动规律的应用
题型1 多过程运动
如果一个物体的运动包含几个阶段，就要分段分析，各段交接处的速度往往是连接各段的纽带，应注意分析各段的运动性质。
[例1]　“30 m折返跑”可以反映一个人的身体素质，在平直的跑道上，一学生在起点线处，当听到起跑口令后(测试员同时开始计时)，跑向正前方30 m处的折返线，到达折返线处时，用手触摸固定在折返线处的标杆，再转身跑回起点线，到达起点线处时，停止计时，全过程所用时间即折返跑的成绩。学生可视为质点，加速或减速过程均视为匀变速过程，触摸杆的时间不计。该学生加速时的加速度大小为a1＝2.5 m/s2，减速时的加速度大小为a2＝
5 m/s2，到达折返线处时速度需要减小到零，并且该学生在全过程中的最大速度不超过
vmax＝12 m/s。求该学生“30 m折返跑”的最好成绩。
[审题指导]
运动情景是什么？
跑向折返线时必经历的过程：匀加速、匀减速，可能经历匀速过程；跑回起点线时必经历匀加速过程，可能经历匀速过程
用到什么规律？
匀变速直线运动的公式
采用什么方法？
在草纸上画出运动过程示意图，找出各运动过程中的速度关系、位移关系等
[解析]　设起点线处为A，折返线处为B，假设该学生从A到B的过程中，先做匀加速运动，紧接着做匀减速运动，设此过程中该学生达到的最大速度为v，做匀加速运动的时间为t1，做匀减速运动的时间为t2，则由运动学公式有v＝a1t1
匀减速过程中，速度与加速度方向相反，加速度应为负值，则有0＝v－a2t2
由平均速度公式可知起点线与折返线间的距离LAB＝(t1＋t2)
时间只能取正值，解得v＝10 m/s，t1＝4 s，t2＝2 s
因为v＝6 s，故B车追上A车之前，A车已停止运动
设从开始到A车被B车追上用时为t3，
则vBt3＝－x，解得t3＝7.25 s
A车超过B车后，保持在B车前方的时间为Δt，
所以Δt＝t3－t1，解得Δt＝6.25 s。
(2)设当A车与B车速度相等用时为t4，
则vA－aAt4＝vB，解得t4＝4 s
则此过程中A车位移为xA′＝t4
B车位移xB′＝vBt4
由(1)分析可知，此时A车在B车前方，故A、B最大距离为Δx＝xA′－x－xB′，解得Δx＝4.5 m。
(3)假设从A车刹车开始用时t5两车速度相等，B车加速至最大速度用时t6，匀速运动时间为t5－t6，从A车开始刹车至两车速度相等过程中，
vA－aAt5＝vm且vm＝vB＋aBt6
解得t5＝2 s，t6＝1 s，t5－t6>0，假设成立
对A车，xA″＝vAt5－aAt52，解得xA″＝10 m
对B车，xB″＝＋vm(t5－t6)，解得xB″＝7 m
此时有xB″＋x＝10.5 m>xA″＝10 m，A车不能追上B车。
［关键点拨］

[答案]　(1)6.25 s　(2)4.5 m　(3)不能，计算过程见解析

追及相遇问题中的“一个条件”和“两个关系”
(1)速度相等往往是物体间能够追上、追不上或两者距离最大、最小的临界条件，也是分析判断的切入点。
(2)时间关系和位移关系可通过画运动示意图得到。

命题点(二)　牛顿运动定律的综合应用
题型1 动力学的两类基本问题
1.由受力情况求解运动情况。首先根据物体的受力确定物体的加速度，再根据加速度特点及加速度与速度的方向关系确定速度变化的规律。
2.由运动情况求解受力情况。由物体的运动情况，确定物体的加速度及其变化规律，再结合牛顿第二定律确定受力情况。

[例1]　如图所示，一足够长的固定光滑斜面倾角θ＝37°，两物块A、B的质量mA＝1 kg、mB＝4 kg。两物块之间的轻绳长L＝0.5 m，轻绳可承受的最大拉力为FT＝12 N，对B施加一沿斜面向上的外力F，使A、B由静止开始一起向上运动，外力F逐渐增大，g取10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。
(1)若某一时刻轻绳被拉断，求此时外力F的大小；
(2)若轻绳拉断瞬间A、B的速度为3 m/s，轻绳断后保持外力F不变，求当A运动到最高点时，A、B之间的间距。
[思维流程]

[解析]　(1)轻绳被拉断前瞬间，对A、B整体受力分析，根据牛顿第二定律得
F－(mA＋mB)gsin θ＝(mA＋mB)a
对A有：FT－mAgsin θ＝mAa
代入数据解得F＝60 N。
(2)设沿斜面向上为正方向，轻绳拉断后，
对A有：－mAgsin θ＝mAaA
设A运动到最高点所用时间为t，则有v0＝－aAt
此过程A的位移为xA＝At＝
对B有：F－mBgsin θ＝mBaB
xB＝v0t＋aBt2
代入数据解得两者间距为x＝xB－xA＋L＝2.375 m。
[答案]　(1)60 N　(2)2.375 m
题型2 牛顿运动定律与图像的综合问题
解决此类问题关键是从已知图像中得出有用信息，再结合牛顿第二定律求解结果。因此需要考生对这类知识融会贯通。
[例2]　(2018·安徽“江南十校”联考)如图甲所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面有一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙固定斜面向上滑动。已知A的质量mA＝2 kg，B的质量mB＝4 kg，斜面倾角θ＝37°。某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v ­t图像如图乙所示。已知g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

(1)A与斜面间的动摩擦因数；
(2)A沿斜面向上滑动的最大位移；
(3)滑动过程中细线对A的拉力所做的功。
[解析]　(1)在0～0.5 s内，根据题图乙，A、B系统的加速度为：
a1＝＝ m/s2＝4 m/s2
对A、B系统受力分析，由牛顿第二定律得：
mBg－mAgsin θ－μmAgcos θ＝(mA＋mB)a1
解得：μ＝0.25。
(2)B落地后，A继续减速上滑，由牛顿第二定律得：
mAgsin θ＋μmAgcos θ＝mAa2
解得：a2＝8 m/s2
故A减速向上滑动的位移为：x2＝＝0.25 m
0～0.5 s内A加速向上滑动的位移为：x1＝＝0.5 m
所以，A上滑的最大位移为：x＝x1＋x2＝0.75 m。
(3)细线对A的拉力在A加速上滑过程中做功，
由动能定理得：
W－(mAgsin θ＋μmAgcos θ)x1＝mAv2－0
解得：W＝12 J。
[答案]　(1)0.25　(2)0.75 m　(3)12 J
命题点(三)　动力学的两类典型模型
模型1 传送带模型
传送带模型的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向。因此，搞清楚物体与传送带间的相对运动方向是解决此类问题的关键。,传送带模型还常常涉及到临界问题，即物体与传送带速度相同，导致摩擦力突变的临界状态，具体如何改变要根据具体情况判断。


[例1]　(2018·宝鸡模拟)某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB＝4 m，倾斜传送带长度LCD＝4.45 m，倾角为
θ＝37°，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v1＝5 m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止。已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。现将一个工件(可视为质点)无初速度地放在水平传送带最左端A点处，求：
(1)工件被第一次传送到CD传送带上升的最大高度h和所用的总时间t；
(2)要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，CD传送带沿顺时针方向运转的速率v2(v20，所以木板相对地面做匀加速直线运动,又L＝a1t2－a2t2
解得t＝1 s。
(2)铁块在木板上向右滑动时μ2mg＝ma11
滑动木板最右端时v＝v0－a11t1
对木板有v＝a2t1
又L＝(v0t1－a11t12)－a2t12
解得v0＝2 m/s。
(3)①当F≤μ1(mg＋Mg)＝2 N时，木板和铁块都静止，f＝0
设木板和铁块都运动，两者刚要相对滑动时，作用在木板上的力大小为F1
对铁块有μ2mg＝ma
对木板有F1－μ1(mg＋Mg)－μ2mg＝Ma
解得F1＝10 N。
②当μ1(mg＋Mg)＜F≤10 N时，木板和铁块相对静止
则有F－μ1(mg＋Mg)＝(m＋M)a
f＝ma
解得f＝N。
③当F＞10 N时，铁块相对木板滑动，此时
f＝μ2mg＝4 N
故铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图像如图所示。


[答案]　(1)1 s　(2)2 m/s　(3)见解析图

1．滑块—木板模型中的“一个转折”和“两个关联”
(1)一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。
(2)两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移和板长之间的关联。
2．滑块—木板模型的两大临界条件
(1)相对滑动的临界条件
①运动学条件：两者速度或加速度不相等。
②动力学条件：两者间的静摩擦力达到最大静摩擦力。
(2)滑块滑离木板的临界条件：滑块恰好滑到木板的边缘时两者速度相同。
[专题强训提能]
1．如图甲所示，倾角θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，质量均为m的物块A和物块B并排在斜面上，斜面底端固定着与斜面垂直的挡板P，轻弹簧一端固定在挡板上，另一端与物块A连接，A、B处于静止状态，若A、B粘连在一起，用一沿斜面向上的力FT缓慢拉B，当拉力FT＝mg时，A、B的位移为L；若A、B不粘连，用一沿斜面向上的恒力F作用在B上，当A的位移为L时，A、B恰好分离，重力加速度为g，不计空气阻力。

(1)求弹簧的劲度系数和恒力F的大小；
(2)请推导FT与A的位移l之间的函数关系，并在图乙中画出FT­l图像，计算A缓慢移动位移L的过程中FT做功WFT的大小；
(3)当A、B不粘连时，恒力F作用在B上，求A、B刚分离时速度的大小。
解析：(1)设弹簧的劲度系数为k，初始时A、B静止，弹簧的压缩量为x，根据平衡条件可得2mgsin θ＝kx
当A、B的位移为L时，沿斜面方向根据平衡条件可得FT＋k(x－L)＝2mgsin θ
解得k＝
当A、B恰好分离时二者之间的弹力为零，对A应用牛顿第二定律可得
k(x－L)－mgsin θ＝ma
对B应用牛顿第二定律可得F－mgsin θ＝ma
解得F＝mg。
(2)当A的位移为l时，根据平衡条件有：
FT＋k(x－l)＝2mgsin θ
解得FT＝l
画出FT­l图像如图所示，
A缓慢移动位移L，图线与横坐标轴所围成的面积等于FT做功大小，即WFT＝mgL。
(3)设A通过位移L的过程中弹力做功W，分别对两个过程应用动能定理可得：
WFT－2mgLsin θ＋W＝0－0
WF－2mgLsin θ＋W＝×2mv2－0
又WF＝FL，解得v＝。
答案：(1)　mg　(2)FT＝l　见解析图　mgL　(3)
2．(2019届高三·天津五校联考)如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L＝2.5 m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一滑块以初速度v0＝5 m/s滑上木板，滑到木板右端时恰好停止。现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ＝37°，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；
(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t。
解析：(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度大小为a，则对滑块有μmg＝ma
滑块滑到木板右端时恰好停止，有0－v02＝－2aL
解得μ＝。
(2)当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度大小为a1，最大距离为s，上滑的时间为t1，有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
0－v02＝－2a1s
0＝v0－a1t1
解得s＝ m，t1＝ s
设滑块下滑时的加速度大小为a2，下滑的时间为t2，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
s＝a2t22
解得t2＝ s
滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间
t＝t1＋t2＝ s。
答案：(1)　(2) s
3．(2018·南昌模拟)在倾角θ＝37°的粗糙斜面上有一质量m＝2 kg的物块，物块受如图
甲所示的水平恒力F的作用。t＝0时刻物块以某一速度从斜面上A点沿斜面下滑，在t＝4 s时滑到水平面上，此时撤去F，在这以后的一段时间内物块运动的速度随时间变化的关系如图乙所示。已知A点到斜面底端的距离x＝18 m，物块与各接触面之间的动摩擦因数均相同，不考虑转角处的机械能损失，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

(1)物块在A点的速度大小；
(2)水平恒力F的大小。
解析：(1)物块在斜面上做匀变速直线运动，则x＝t
解得v0＝5 m/s。
(2)由(1)知，物块在斜面上做匀减速直线运动，设物块在斜面上运动的加速度大小为a1，方向沿斜面向上，则
x＝v0t－a1t2
解得a1＝0.25 m/s2
设物块与接触面间的动摩擦因数为μ，物块在水平面上运动时加速度大小为a2，有
μmg＝ma2
由题图乙中图线可知a2＝2 m/s2
解得μ＝0.2
物块在斜面上运动时，设所受的摩擦力为Ff，则
Fcos θ－mgsin θ＋Ff＝ma1
Ff＝μFN
FN＝mgcos θ＋Fsin θ
解得F≈10.1 N。
答案：(1)5 m/s　(2)10.1 N
4.(2018·全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为α，sin α＝。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求：
(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；
(2)小球到达A点时动量的大小；
(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间。
解析：(1)设水平恒力的大小为F0，小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成法则有
F0＝mgtan α＝mg
F＝＝mg
设小球到达C点时的速度大小为v，由牛顿第二定律得
F＝m
解得v＝。
(2)设小球到达A点时速度大小为v1，作CD⊥PA，交PA于D点，如图所示，由几何关系得
DA＝Rsin α
CD＝R(1＋cos α)
小球由A到C的过程中，由动能定理有
－mg·CD－F0·DA＝mv2－mv12
解得v1＝
所以小球在A点的动量大小为
p＝mv1＝。
(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度vy＝vsin α、加速度为g的匀加速直线运动，
CD＝vyt＋gt2
解得t＝ 。
答案：(1)mg　　(2)　(3)
5.如图所示，传送带长6 m，与水平方向的夹角为37°，以5 m/s的恒定速度沿顺时针方向运转。一个质量为2 kg的物块(可视为质点)，沿平行于传送带方向以10 m/s的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。求：
(1)物块刚滑上传送带时的加速度大小；
(2)物块到达传送带顶端时的速度大小。
解析：(1)物块刚滑上传送带时，设物块的加速度大小为a1，
由牛顿第二定律有：mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
解得：a1＝10 m/s2。
(2)设物块速度减为5 m/s所用时间为t1，
则v0－v＝a1t1，解得：t1＝0.5 s
通过的位移：
x1＝t1＝×0.5 m＝3.75 m