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2021届高考物理二轮复习专题一 力与运动
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这是一份2021届高考物理二轮复习专题一 力与运动，共97页。
第一部分
专题知识突破篇
专 题 一 力 与 运 动
①3大模型：4个运动模型、传送带模型、滑块－木板模型
②n种情境：生活、体育运动、生产、科技等，同时渗透科学态度与责任
③1个过程：运动过程
④3个障碍：运动中受力变化产生的多过程问题、多物体运动相互影响、数学应用(三角形、圆、二次函数求极值等)
⑤n种方法：合成法、分解法、正交分解法、图解法、相似三角形法、外接圆法、平均速度法、逐差法、图象法、解析法、假设法、“化曲为直”法、整体法和隔离法等
⑥5种思维：逆向思维、对称思维、临界思维、发散思维、收敛思维
微专题一 力与物体的平衡
三年＋三卷考情
命题规律＋预测
三年考题
考查内容
(1)通过近三年的高考题可以看出，高考命题热点集中在物体受力分析、物体平衡的计算问题，涉及力的合成与分解、整体法和隔离法等常规方法。题型一般为选择题。
(2)预计2021年高考命题会延续上述特点，复习中要加强多物体静态平衡和受力分析的训练。
2020
Ⅲ卷17T
共点力的平衡
2019
Ⅰ卷15T
静电场中平衡问题
Ⅰ卷19T
力的动态分析
Ⅱ卷16T
平衡中的临界极值问题
Ⅲ卷16T
共点力平衡的求解
2018
Ⅰ卷15T
胡克定律的理解及应用
高考考向1 受力分析与静态平衡
解|题|必|备
1．受力分析的常用技巧
当由力的产生条件不能直接判断力的有无和方向时，可使用以下三种常用的方法判断：
(1)假设法：假设弹力、摩擦力存在，运用平衡条件或牛顿第二定律进行分析和计算，从而作出判断。
(2)整体法和隔离法：分析连接体问题常采用此种方法，当不涉及内力时可用整体法，但涉及内力时可先用整体法再用隔离法分析。
(3)转换研究对象法：当直接分析一个物体的受力不方便时，可转换研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力。
2．解答静态平衡的四个步骤
3．两大思维方法对比
题|型|精|研
命题角度1 物体的受力分析
1.(2020·浙江新突破考前模拟)白板水平放置在地面上，在白板上用磁钉吸住一张彩纸，向右轻轻拉彩纸，未拉动，对这情景受力分析正确的是( )
平视截面图
A．磁钉受到向右的摩擦力
B．磁钉仅受重力和支持力两个力
C．彩纸受到白板向左的摩擦力
D．白板与地面间无摩擦力
解析 对磁钉分析可知，磁钉没有相对彩纸的运动趋势，故不受摩擦力，A项错误；磁钉还要受到白板的磁性吸引力，B项错误；由于彩纸相对于白板有向右的运动趋势，故彩纸受到白板向左的摩擦力，C项正确；对整体分析可知，整体有向右的运动趋势，故白板和地面间有摩擦力，D项错误。
答案 C
命题角度2 静态平衡问题
2.(合成法与分解法)(2020·福建省三明市期末质量检测)如图所示，空调室外机用三角形支架固定在外墙上，横梁AO水平，斜梁BO与横梁的夹角为30°，横梁对O点的拉力F1可视为沿OA方向，斜梁对O点的弹力F2沿BO方向，若图中支架的O点承受空调室外机向下200 N的压力，则( )
A．F1＝400 N F2＝200 N
B．F1＝200 N F2＝400 N
C．F1＝200 N F2＝200 N
D．F1＝200 N F2＝400 N
解析 受力分析如图所示，且F1与F2的合力F′与F等大、反向，结合三角形知识可得F1＝＝F＝200 N，F2＝＝2F＝400 N，B项正确。
答案 B
3.(正交分解法)(2020·四省八校第二次教学质量检测)如图，质量为m＝2 kg的物块在θ＝30°的固定斜面上恰能沿斜面匀速下滑，现对物体施加水平向左的推力F使物体沿斜面匀速上滑，g＝10 m/s2，则推力F的大小为( )
A． N B． N
C．20 N D． N
解析 未施加推力F时，恰好沿斜面匀速下滑，有mgsinθ＝μmgcosθ，则μ＝tanθ＝；施加力F后，沿斜面匀速上滑，有Fcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋Fsinθ)＝0，
整理可得F＝＝20 N，C项正确。
答案 C
4.(整体法和隔离法)如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m，半径为r的半球体均匀物块A。现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则A球球心距墙角的最远距离是( )
A．2r B．r
C．r D．r
解析 对物块A和B受力分析如图所示，对B应用平衡条件得Nsinθ＝2mg，对A应用平衡条件得f＝Ncosθ，且f＝μFA，对AB整体有FA＝3mg，以上各式联立解得tanθ＝。A球球心到墙角的最远距离为r＋2rcosθ＝r，C项正确。
答案 C
高考考向2 动态平衡问题
解|题|必|备
解决动态平衡问题的思路和方法选择
题|型|精|研
5.(解析法)(多选)(2020·百校联盟TOP300联考)质量为m的物块放在水平桌面上，物块与水平桌面间的动摩擦因数为，现给物块一个斜向上的拉力F使物块匀速向右运动，则拉力F的值可能为( )
A．mg B．mg
C．mg D．mg
解析 分析物块受力如图所示，设拉力F与水平面的夹角为θ，由平衡条件得Fcosθ＝f，FN＋Fsinθ＝mg，且有f＝μFN，解得F＝，当θ＝30°时F有最小值，Fmin＝mg，所以C、D两项正确。
答案 CD
6.(图解法求极值)(2020·四川省宜宾四中一诊)如图所示，两个小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为θ＝45°，已知弹簧的劲度系数为k，则弹簧形变量最小值是( )
A． B．
C． D．
解析 以小球ab整体为研究对象，分析受力，作出F在几个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与整体重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：Fmin＝2mgsinθ＝2×mg＝mg。根据胡克定律：Fmin＝kxmin，所以xmin＝，A项正确，B、C、D三项错误。
答案 A
7.(相似三角形法)(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T1，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T2，弹簧的弹力为F2，则下列关于T1与T2、F1与F2之间的大小关系，正确的是( )
A．T1>T2 B．T1＝T2
C．F1
答案 BC
8.(外接圆法)(多选)如图所示，表面光滑的半圆柱体固定在水平面上，小物块在拉力F作用下从B点沿圆弧缓慢上滑至A点，此过程中F始终沿圆弧的切线方向。则( )
A．小物块受的支持力逐渐变大
B．小物块受的支持力先变小后变大
C．拉力F逐渐变小
D．拉力F先变大后变小
解析 在缓慢拉动物块时物块所受合外力始终为零。在物块所受三个力中，重力恒定，支持力与拉力始终垂直，作出平行四边形，则三力构成的三角形是以重力为直径的圆的内接三角形。由图可以看出，A、C两项正确。
答案 AC
高考考向3 电磁场中的平衡问题
解|题|必|备
1．基本思路
要坚持“电学问题、力学方法”的基本思路，结合电学的基本规律和力学中的受力分析及平衡条件解决问题。
2．几点注意
(1)点电荷间的作用力大小要用库仑定律。
(2)安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向，再用左手定则，同时注意将立体图转化为平面图。
(3)电场力或安培力的出现，可能会对弹力或摩擦力产生影响。
(4)涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的应用。
题|型|精|研
命题角度1 电场中的平衡
9.(2019·全国卷Ⅰ)如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则( )
A．P和Q都带正电荷
B．P和Q都带负电荷
C．P带正电荷，Q带负电荷
D．P带负电荷，Q带正电荷
解析 对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，A、B两项错误；对P进行受力分析可知，Q对P的库仑力水平向右，则匀强电场对P的电场力应水平向左，所以P带负电荷，Q带正电荷，C项错误，D项正确。
答案 D
命题角度2 通电导体在磁场中的平衡
10.如图所示，金属杆MN用两根绝缘细线悬于天花板的O、O′点，杆中通有垂直于纸面向里的恒定电流，空间有竖直向上的匀强磁场，杆静止时处于水平，悬线与竖直方向的夹角为θ，若将磁场在竖直面内沿逆时针方向缓慢转过90°，在转动过程中通过改变磁场磁感应强度大小来保持悬线与竖直方向的夹角不变，则在转动过程中，磁场的磁感应强度大小的变化情况是( )
A．一直减小 B．一直增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小
解析 磁场在旋转的过程中，杆处于平衡状态，杆所受重力的大小和方向不变，悬线的拉力方向不变，由图解法结合左手定则可知，在磁场旋转的过程中，安培力先减小后增大，由F＝BIL可知，磁场的磁感应强度先减小后增大，C项正确。
答案 C
命题角度3 电磁感应中的平衡
11．如图甲所示，MN、PQ是两根长为L＝2 m、倾斜放置的平行金属导轨，导轨间距d＝1 m，导轨所在平面与水平面成一定角度，M、P间接阻值为R＝6 Ω的电阻。质量为m＝0.2 kg、长度为d的金属棒ab放在两导轨上中点位置，金属棒恰好能静止。从t＝0时刻开始，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，在t0＝0.1 s时刻，金属棒刚要沿导轨向上运动，此时磁感应强度B0＝1.2 T。已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，不计金属棒和导轨电阻，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)0～t0时间内通过电阻R的电荷量q；
(2)金属棒与导轨之间的动摩擦因数μ。
解析 (1)由题意得0～t0时间内回路中磁通量的变化量：ΔΦ＝B0d，①
E＝，②
I＝，③
故0～t0时间内通过电阻R的电荷量：q＝IΔt，④
联立①②③④解得I＝2 A，q＝0.2 C。
(2)由题意知，未加磁场时，金属棒恰好能处于静止状态，设导轨平面与水平面之间的夹角为θ，
则有mgsinθ＝Ffm，⑤
Ffm＝μFN，⑥
FN＝mgcosθ，⑦
在t0＝0.1 s时刻，金属棒刚要沿导轨向上运动，
则有F安＝mgsinθ＋Ffm，⑧
此时F安＝B0Id，⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨解得μ＝0.75。
答案 (1)0.2 C (2) 0.75
课时巩固练(1) 力与物体的平衡
一、单项选择题
1.一个大人拉着载有两个小孩的车在水平地面上沿直线匀速前进，其拉杆可自由转动，则对小孩和车下列说法正确的是( )
A．拉力的水平分力等于小孩和车所受的合力
B．拉力与摩擦力的合力方向竖直向上
C．拉力与摩擦力的合力大小等于重力大小
D．小孩和车所受的合力不为零
解析 小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，拉力的水平分力等于小车所受的摩擦力，A项错误；小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，拉力、摩擦力的合力与重力、支持力的合力平衡，重力、支持力的合力方向竖直向下，故拉力与摩擦力的合力方向竖直向上，C项错误，B项正确；小孩和车做匀速直线运动，故所受的合力为零，D项错误。
答案 B
2．图甲是某同学写字时的握笔姿势，图乙是他在握笔时把拇指和食指松开时的状态，笔尖仍然斜向下且笔保持静止状态。关于两幅图中笔的受力，下列说法正确的是( )
A．图甲中笔可能不受摩擦力
B．图乙中笔可能不受摩擦力
C．图甲和图乙中手对笔的作用力方向都为竖直向上
D．图甲中手的握力越大，笔所受的摩擦力越大
解析 对图甲中的笔受力分析，受到手指的压力，重力，摩擦力，如果没有受到摩擦力，笔就会顺着手指滑下来，A项错误；对图乙中的笔受力分析，受到重力，摩擦力，手的支持力，如果没有受到摩擦力，笔就会顺着手指滑下来，B项错误；因为图甲和图乙中的笔都是静止状态，所以手对笔的作用力与重力大小相等，方向相反，C项正确；图甲中的笔受到的是静摩擦力，大小等于笔的重力和握力大小无关，D项错误。
答案 C
3.(2020·安徽省皖南八校第一次联考)如图所示，三角块B放在斜面体A上，轻弹簧一端连接三角块B，另一端连接在天花板上，轻弹簧轴线竖直，斜面的倾角为30°，若A的质量为1 kg，B的质量为0.5 kg，地面对A的支持力大小为20 N，重力加速度为10 m/s2，则A对B的摩擦力大小为( )
A．0 B．2.5 N
C．5 N D．2 N
解析 对整体研究，根据力的平衡条件，轻弹簧向下压力大小为F＝20 N－15 N＝5 N，对三角块B研究，f＝(F＋mBg)sinθ＝5 N，C项正确。
答案 C
4.(2020·百校联盟TOP300联考)正在海上行驶的一艘帆船，行驶方向如图所示，海风吹来的方向与船行驶的方向夹角为53°，升起风帆，调整风帆的角度，使海风垂直吹在帆面上，若海风吹在帆面上的风力大小为500 N，则沿船行驶方向获得的推力大小为(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)( )
A．300 N B．375 N
C．400 N D．450 N
解析 如图所示，对垂直作用于帆面上的风力进行分解，分解成沿船行驶方向和垂直于船行驶方向的力，沿船行驶方向的分力F1＝Fcosθ＝300 N，A项正确。
答案 A
5.(2020·浙江考前模拟)如图所示，质量为m2的物体Q通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与另一质量为m1的物体P相连，P与水平地面之间的动摩擦因数μ＝0.3，轻绳OA与竖直方向的夹角θ＝37°，轻绳OA能承受的最大拉力为300 N。欲使Q、P均保持静止，且轻绳OA不断裂，则P、Q的质量可能为(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．m1＝80 kg，m2＝30 kg
B．m1＝70 kg，m2＝30 kg
C．m1＝65 kg，m2＝20 kg
D．m1＝45 kg，m2＝20 kg
解析 对结点O受力分析，如图所示，结点O平衡，故有T＝，F＝m2gtanθ，结合题意，P、Q需满足T≤300 N且F≤μm1g，可得m2≤24 kg，m1≥60 kg，C项正确。
答案 C
6.(2020·安徽省皖江名校联盟第一次联考)如图所示，水平固定杆上套一物块甲，甲与小球乙用一根不可伸长的轻绳相连，现用跟水平方向成α＝30°角的力F＝10 N拉着乙并带动甲一起向右匀速运动，在运动中两者的相对位置保持不变，甲与水平杆间的动摩擦因数为μ。在运动过程中，轻绳与水平方向的夹角为θ，已知甲、乙质量分别为2 kg和1 kg，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．μ＝，θ＝30° B．μ＝，θ＝30°
C．μ＝，θ＝22.5° D．μ＝，θ＝22.5°
解析 以乙为研究对象，进行受力分析，由于拉力F与乙的重力大小相等，夹角为120°，故轻绳的拉力T大小为10 N，与水平方向的夹角应为θ＝30°。以甲为研究对象，进行受力分析得：Tcosθ＝μ(m甲g＋Tsinθ)，得滑块甲与水平直杆之间的动摩擦因数μ＝，A项正确。
答案 A
7.(2020·福建省永安一中、漳平一中联考)如图所示，AB、BD为两段轻绳，其中BD段水平，BC为处于伸长状态的轻质弹簧，且AB和CB与竖直方向的夹角均为45°，现将BD绳绕B点缓慢向上转动，保持B点不动，则在转动过程中作用于BD绳的拉力F的变化情况是( )
A．变大 B．变小
C．先变大后变小 D．先变小后变大
解析 结点B在三个力作用下处于平衡状态，B点的位置不动，BD最多只能转过45°角。AB绳与弹簧BC的拉力的合力F′BD与BD绳的拉力大小相等，方向相反，作出力FAB与FBC的合力示意图，由于B点的位置不动，弹簧的弹力大小和方向不变，则F′BD一直减小，B项正确。
答案 B
8．(2020·全国卷Ⅲ)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α＝70°，则β等于( )
A．45° B．55°
C．60° D．70°
解析 甲物体是拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等，O点处于平衡状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙绳子的角平分线上，如图所示，根据几何关系有180°＝2β＋α，解得β＝55°，故B项正确。
答案 B
9.(2020·云南省师范大学附属中学月考)一长方体容器静止在水平地面上，两光滑圆柱A、B放置于容器内，横截面如图所示。若圆柱A的质量为m、半径RA＝10 cm；圆柱B的质量为M、半径RB＝15 cm；容器的宽度L＝40 cm。A对容器左侧壁的压力大小用NA表示，B对容器右侧壁的压力大小用NB表示，A对B的压力大小用NAB表示，B对容器底部的压力大小用N表示。下列关系式正确的是( )
A．NA＝mg B．NB＝(M＋m)g
C．NAB＝mg D．N＝Mg＋mg
解析 如图甲所示，据图中几何关系可得cosθ＝＝，球A受力分析如图乙所示，可得NA＝＝mg，NBA＝＝mg；A、B整体受力分析如图丙所示，可得NB＝NA＝mg，N＝(M＋m)g，C项正确。
答案 C
10.(2020·河南省南阳市一中月考)如图所示，两个带有同种电荷的小球A、B，其质量分别为m1、m2，其带电量分别为q1、q2，用绝缘细线悬挂于O点，若平衡时两球连线与过O点的竖直线的交点为C，已知A、C间距等于B、C间距的一半，则( )
A．2m1＝m2 B．m1＝2m2
C．2q1＝q2 D．q1＝2q2
解析 对小球A和B受力分析如图所示，由相似三角形对应边成比例可得＝，＝， 且BC＝2AC，整理可得m1＝2m2，与电荷量无关，只有B项正确。
答案 B
11.如图所示，处于竖直平面内的正六边形金属框架ABCDEF可绕过C点且与框架平面垂直的水平轴自由转动，该金属框架的边长为L，中心记为O，用两根不可伸长、长度均为L的轻质细线将质量为m的金属小球悬挂于框架的A、E两个顶点并处于静止状态，现令框架绕转轴、沿顺时针方向缓慢转过90°角，已知重力加速度为g，在包括初、末状态的整个转动过程中，下列说法正确的是( )
A．细线OA中拉力的最大值为mg
B．细线OA中拉力一直增大
C．细线OE中拉力的最大值为
D．细线OE中拉力一直增大
解析 对中心O点的小球受力分析如图，由三角形定则知，力FA、FE及两者的合力G′，构成三角形，作三角形的外接圆。小球的重力不变，力FA、FE的夹角不变，当装置顺时针转过90°的过程中，内接三角形的顶角(即合力G′所对的圆周角)不变，由图可知细线OA拉力先增大后减小，且最大值大于mg；OE线的拉力一直减小，初始位置时的最大值为＝mg，综上所述，只有C项正确。
答案 C
解题技巧 关于动态平衡问题在高考中多次出现，对用数学方法解决物理问题的能力的要求较高。以往的动态平衡问题大多可用图解法、相似三角形方法解题。本题的设计很巧妙，对数学知识的运用考查的非常到位。外接圆法解答动态平衡问题的前提条件是：物体受三个力作用，其中一个力为恒力，另两个力为变力，但这两个力之间的夹角不变，这样就与外接圆中同一条弦所对的圆周角相等联系在一起，成为此类问题的解题突破口。
二、多项选择题
12.(2020·陕西省百校联盟TOP20联考)如图所示，固定斜面C上有质量均为m的A、B两个物体一起相对静止地沿倾角为θ的斜面匀速下滑，B和斜面间动摩擦因数为μ1，A和B间动摩擦因数为μ2，重力加速度大小为g，则A、B间的摩擦力大小为( )
A．μ1mgcosθ B．μ2mgcosθ
C．mgsinθ D．0
解析 A、B一起匀速运动，均受力平衡，对整体有2μ1mgcosθ＝2mgsinθ，对A受力分析有f＝mgsinθ，A、C两项正确。
答案 AC
13.如图所示，一根通电的导体棒放在倾角为α的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态。现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是( )
A．一直增大 B．先减小后增大
C．先增大后减小 D．始终为零
解析 若F安mgsinα，摩擦力方向向下，随F安增大而一直增大，A项正确。
答案 AB
三、非选择题
14．(2020·湖北省武汉市部分学校质量监测)筷子是中国人常用的饮食工具，也是中华饮食文化的标志之一。筷子在先秦时称为“挾”，汉代时称“箸”，明代开始称“筷”。如图所示，用筷子夹质量为m的小球，筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为θ，为使小球静止，求每根筷子对小球的压力N的取值范围？已知小球与筷子之间的动摩擦因数为μ(μ
解析 筷子对小球的压力太小，小球有下滑的趋势，最大静摩擦力沿筷子向上，如图甲所示。
甲
小球平衡，有
2Nsinθ＋2fcosθ＝mg，
f＝μN，
联立解得N＝，
筷子对小球的压力太大，小球有上滑的趋势，最大静摩擦力沿筷子向下，如图乙所示。
乙
小球平衡，有
2N′sinθ＝mg＋ 2f′cosθ，
F′＝μN′，
联立解得N′＝，
综上，筷子对小球的压力的取值范围为
≤N≤。
答案 ≤N≤
学科素养 以生活中常用的筷子为载体，考查物体的平衡条件和临界、极值问题。从此题可以看出物理渗透在生活、生产中的各个方面，要学会用所学的物理知识解释身边的现象。本题不仅从物理学的角度教会你如何更容易地用筷子夹起小球，还提高了我们如何把生活、生产的实际问题抽象成物理问题(即提炼物理模型)，进而提高解决问题的能力。
微专题二 力与物体的直线运动
三年＋三卷考情
命题规律＋预测
三年考题
考查内容
(1)匀变速直线运动规律是高中物理的基础，牛顿运动定律是经典物理学最重要的规律，在近几年高考中考查频率很高。高考着重考查的知识点有：
①结合基本规律考查匀变速直线运动。
②运动图象及其拓展应用。
③动力学规律的应用，多过程问题。
④整体法和隔离法处理连接体问题等。
(2)在2021年高考备考中要重视运动图象、动力学规律及应用的复习，并在练习中提高从生活、生产背景中提炼物理模型的能力。
2020
Ⅰ卷24T
平衡条件、匀变速直线运动的规律
2019
Ⅰ卷18T
匀变速直线运动的推论
Ⅲ卷20T
牛顿运动定律的综合应用
2018
Ⅰ卷15T
牛顿第二定律
Ⅰ卷18T
牛顿第二定律
Ⅱ卷15T
自由落体公式
Ⅱ卷19T
匀加速与匀速v－t图象
Ⅲ卷18T
匀加速与匀速x－t图象
高考考向1 匀变速直线运动规律的应用
解|题|必|备
1．匀变速直线运动的规律及常用的六种解题方法
2．处理刹车类问题的思路
先判断刹车时间，再进行分析计算。
3．追及和相遇问题的解题思路和技巧
(1)解题思路
(2)解题技巧
①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。
②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。
③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析。
题|型|精|研
命题角度1 规律及方法的选择
1．(公式法)(2020·贵阳一中、云师大附中、南宁三中诊断性联考)一个物体做匀加速直线运动，依次经过A、B、C、D四个点，已知AB、BC、CD的长度相同，则运动物体在AB、BC、CD三个过程中相同的量是( )
A．时间 B．平均速度
C．速度的变化量 D．速度平方的变化量
解析 由于物体做匀加速直线运动，AB＝BC＝CD，每段位移所用的时间越来越小，A项错误；由v＝，平均速度变大，B项错误；由Δv＝at，速度变化量变小，C项错误；由v－v＝2ax可知D项正确。
答案 D
2．(平均速度法)(2020·江西省吉安市教学质量检测)一辆汽车由静止开始做初速度为零的匀加速直线运动，速度增大到25 m/s后做匀速直线运动，已知汽车前5 s内的位移为75 m，则汽车匀加速运动的时间为( )
A．3 s B．4 s
C．5 s D．6 s
解析 若前5 s内汽车一直做匀加速运动，则前5 s内匀加速的最大位移为x＝vmt＝62.5 m，小于75 m，因此汽车在前5 s内一定是先做匀加速运动后做匀速运动，匀加速的时间为t，则x′＝vmt＋vm(t0－t)，且t0＝5 s，解得t＝4 s，B项正确。
答案 B
3.(比例法)(2020·安徽省六安市质量检测)如图所示，可视为质点的子弹在三个完全相同且固定在水平面上的物块中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿过第三个物块。根据以上信息可以判定( )
A．子弹依次穿过每个物块的时间之比为1∶∶
B．子弹穿出第二个物块时的瞬时速度与全程的平均速度相等
C．子弹依次穿过每个物块过程的动能变化量相等
D．子弹依次穿过每个物块过程的动量减少量相同
解析 由运动的可逆性得，依次穿过三个物块的时间之比为(－)∶(－1)∶1, A项错误；穿出第二个物块时不是全过程的中间时刻，此时速度与全程平均速度不等，B项错误；子弹做匀减速运动，合力不变，穿过每个物块合力做功相同，动能变化量相同，动量变化量不同，C项正确，D项错误。
答案 C
4．(推论法)(2020·海南省嘉积中学第一次月考)有一辆汽车正在做匀加速直线运动。从某时刻开始计时，第1 s内，汽车前进了7.5 m。第3 s内，汽车前进了17.5 m。则汽车的加速度为( )
A．5 m/s2 B．7.5 m/s2
C．15 m/s2 D．17.5 m/s2
解析 由运动学推论得汽车的加速度a＝＝ m/s2＝5 m/s2，A项正确。
答案 A
5．(逆向思维法)(2020·湖南省怀化市期末考试)小物块以6 m/s的初速度在粗糙的水平面上滑行，经4 s速度减为零，则物块第4 s内的位移为( )
A．0.75 m B．1 m
C．1.25 m D．1.5 m
解析 物块的加速度a＝＝1.5 m/s2，应用逆向思维，物块在第4 s内的位移x＝at＝×1.5×12 m＝0.75 m，A项正确。
答案 A
命题角度2 刹车类问题
6．(刹车问题)(2020·天水一中第二次考试)一辆汽车遇到险情紧急刹车，刹车过程做匀减速运动，刹车后第1 s内的位移为16 m，最后1 s内的位移为8 m，则汽车的刹车时间为 ( )
A．1 s B．1.5 s
C．2 s D．2.5 s
解析 最后1 s内的汽车位移为8 m，根据x＝at2，可知加速度大小为a＝16 m/s2，刹车后第1 s内的平均速度大小v＝ m/s＝16 m/s，则刹车的时间：t＝0.5 s＋ s＝1.5 s，B项正确。
答案 B
命题角度3 追及和相遇问题
7．在铁路与公路交叉点上，由于司机粗心、判断失误或车况等原因常常造成交通事故。现有一辆长为5 m的汽车以v1＝15 m/s的速度行驶，在离铁路与公路交叉点175 m处，汽车司机突然发现离交叉点200 m处有一列长300 m的列车以v2＝20 m/s的速度行驶过来，为了避免事故的发生，汽车司机如果立刻做匀加速运动，则最小加速度应多大？汽车司机如果立刻刹车做匀减速运动，则最小加速度为多少？
解析 汽车加速行驶，在列车通过交叉口前面通过，临界情况：L＋x＝v1t＋at2，
列车到达交叉口所用时间为t＝＝ s＝10 s，
解得a＝0.6 m/s2，
故当汽车以大于0.6 m/s2的加速度加速行驶时可避免事故发生。
汽车减速行驶，列车通过交叉口所需时间为
t1＝ s＝25 s，
汽车减速到停止过程，有x＝v1t2，
代入数据得t2＝ s≈23.33 s＜25 s，
则汽车做减速运动应满足
－2a1x＝0－v，
代入数据得a1≈0.643 m/s2，
故当汽车以大于0.643 m/s2的加速度刹车时亦可避免事故发生。
答案 0.6 m/s2 0.643 m/s2
高考考向2 牛顿运动定律的应用
解|题|必|备
1．瞬时加速度的求解
(1)两类模型
①刚性绳(或接触面)——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。
②弹簧(或橡皮绳)——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，其形变恢复需要一段时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变。
(2)求解瞬时加速度的一般思路
→→
2．超重和失重问题
物体的超重、失重状态取决于加速度的方向，与速度方向无关。
3．动力学的两类基本问题的处理思路
题|型|精|研
命题角度1 瞬时加速度的求解
8.(2020·湘赣皖·长郡十五校联考)在天花板下方悬挂了两个小球A、B，其中A与天花板间以细线连接，A与B间以弹簧连接，A、B质量分别为2m、3m，二者相对静止，某一时刻将细线烧断，在细线烧断的瞬间，关于小球A、B的分析正确的是(重力加速度取g)( )
A．弹簧的弹力大小不变
B．这一瞬间弹簧的弹力为0
C．小球A的加速度为0
D．小球B的加速度为g
解析 细线断裂瞬间，弹簧弹力不变，为3mg，由牛顿第二定律可得，aA＝＝g，aB＝＝0，A项正确。
答案 A
命题角度2 超重、失重现象
9.(2020·河南省九师联盟质量检测)2019年国际篮联篮球世界杯暨第18届国际篮联篮球世界杯，于2019年8月31日到9月15日在我国的北京、广州、南京、上海、武汉、深圳、佛山、东莞八座城市举行。图为比赛中一运动员三分远投经历了下蹲、蹬地、离地上升、抛投过程，一气呵成，若不计空气阻力，关于运动员的一系列动作，下列说法正确的是( )
A．运动员下蹲过程始终处于失重状态
B．运动员蹬地上升到离地过程中，运动员蹬地的力大于地面对运动员的支持力
C．运动员蹬地上升到离地过程中，可能先超重后失重
D．运动员离地后上升过程中，处于完全失重状态，因此不受重力作用
解析 运动员下蹲过程，先向下加速后向下减速，因此先处于失重后处于超重状态，A项错误；运动员蹬地上升到离地过程中，根据牛顿第三定律可知，运动员蹬地的力等于地面对运动员的支持力，运动员的加速度先向上后向下，所以先处于超重状态后处于失重状态，B项错误，C项正确；运动员离地上升过程中，处于完全失重状态，但所受重力不变，D项错误。
答案 C
命题角度3 两类动力学问题
10．(由运动情况分析受力情况)(2020·湖北省十堰市调研考试)质量为1 kg的物块在轻绳的拉动下，沿倾角为30°、足够长的固定斜面由静止开始向上做匀加速直线运动，轻绳与斜面平行。在0～5 s内，物块运动了20 m，已知物块与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度取10 m/s2。则轻绳对物块的拉力大小为( )
A．10 N B．11.6 N
C．12.5 N D．14.1 N
解析 由位移公式x＝at2得物块的加速度a＝＝1.6 m/s2，根据牛顿运动定律得F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，代入数据解得F＝11.6 N，B项正确。
答案 B
11．(由受力情况分析运动情况)水平路面上质量为30 kg的小车，在60 N水平推力作用下由静止开始以1.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动。2 s后撤去该推力，则( )
A．小车2 s末的速度是4 m/s
B．小车受到的阻力大小是15 N
C．撤去推力后小车的加速度大小是1 m/s2
D．小车运动的总时间为6 s
解析 小车2 s末的速度是：v＝at＝1.5×2 m/s＝3 m/s，故A项错误；根据牛顿第二定律得：F－f＝ma，解得：f＝F－ma＝60 N－30×1.5 N＝15 N，故B项正确；撤去推力后，根据牛顿第二定律：f＝ma1，解得：a1＝0.5 m/s2，故C项错误；撤去推力后运动的时间为：t1＝ s＝6 s，所以小车运动的总时间为：t总＝(2＋6) s＝8 s，故D项错误。
答案 B
12．(多过程运动问题)如图所示，质量分别为0.5 kg、0.2 kg的弹性小球A、B穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离为0.8 m，小球距离绳子末端6.5 m，小球A、B与轻绳间的滑动摩擦力都为自身重力的，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现由静止同时释放A、B两个小球，不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g＝10 m/s2。
(1)求释放A、B两个小球后，A、B各自加速度大小。
(2)小球B从开始释放经多长时间落到地面？
解析 (1)由题意知B与轻绳间的滑动摩擦力fB＝kmBg＝1.0 N，而A与轻绳间的滑动摩擦力fA＝kmAg＝2.5 N。
即 fB
解得aB＝5 m/s2，
对A有mAg－kmBg＝mAaA，
解得aA＝8 m/s2。
(2)设经历时间t1小球B脱离绳子，此时小球B下落高度为hB，获得速度为vB，依题意有
aAt＋aBt＝6.5 m，
解得t1＝1 s，
此时B下落hB＝aBt＝2.5 m，
小球B离开绳时的速度为
vB＝aBt1＝5 m/s，
小球B脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，设此时距地面高度为H，再经时间t2落地有
H＝6.5 m＋0.8 m－2.5 m＝4.8 m，
H＝vBt2＋gt，
解得t2＝0.6 s，
故B从开始释放到落地共经历时间
t＝t1＋t2＝1.6 s。
答案 (1)8 m/s2 5 m/s2 (2)1.6 s
13．(传送带模型)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v1＝2 m/s顺时针匀速转动。将一小物块以v2＝8 m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小物块运动的加速度大小恒为10 m/s2
B．小物块向上运动的时间为0.6 s
C．小物块向上滑行的最远距离为4 m
D．小物块最终将随传送带一起向上匀速运动
解析 小物块的运动分两个阶段：因初始时v2>v1，则开始一段时间小物块相对传送带向上运动，其所受滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律有：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10 m/s2。因mgsinθ>μmgcosθ，则小物块速度与传送带速度相同之后，小物块将相对传送带向下运动，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，A项错误；向上运动的时间分别为t1＝＝0.6 s，t2＝＝1.0 s，所以向上运动的时间为t1＋t2＝1.6 s，B项错误；向上运动的位移分别为x1＝t1＝3 m，x2＝t2＝1 m，向上滑行最远距离x＝x1＋x2＝4 m，C项正确；由以上分析可知，小物块先向上减速到零，再向下加速，D项错误。
答案 C
高考考向3 动力学图象问题
解|题|必|备
运动图象的“三看”“四提醒”
(1)“三看”
①看清坐标轴所表示的物理量―→明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)的制约关系；②看图线本身―→识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程；③看交点、斜率和“面积”―→明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义。
(2)“四提醒”
①对于x－t图象，图线在纵轴上的截距表示t＝0时物体的位置，两图线的交点表示两物体相遇；对于v－t和a－t图象，图线在纵轴上的截距并不表示t＝0时物体的位置；②在v－t图象中，两条图线的交点表示两者速度相同，不表示两物体相遇；③v－t图象中两条图线在轴上的截距不同，不要误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题中条件确定；④对于非常规图象，不要想当然的猜测图线的物理意义，要结合运动学公式和图象，找出函数表达式，进而确定斜率、截距等意义。
题|型|精|研
命题角度1 常规图象
14.(x－t图象)(多选)(2018·全国卷Ⅲ)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．在t1时刻两车速度相等
B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等
C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等
D．在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等
解析 x－t图象某点的切线斜率表示瞬时速度，A项错误；前t1时间内，由于甲、乙的出发点不同，故路程不同，B项错误；t1～t2时间内，甲、乙的位移和路程都相等，大小都为x2－x1，C项正确；t1～t2时间内，甲的x－t图象在某一点的切线与乙的x－t图象平行，此时刻两车速度相等，D项正确。
答案 CD
15.(v－t图象)(多选)(2018·全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度－时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶。下列说法正确的是( )
A．两车在t1时刻也并排行驶
B．在t1时刻甲车在后，乙车在前
C．甲车的加速度大小先增大后减小
D．乙车的加速度大小先减小后增大
解析 根据v－t图象与时间轴所围“面积”大小判断位移大小，在t1～t2时间内，甲车位移大于乙车位移，又知t2时刻两车相遇，因此t1时刻甲车在后，乙车在前，故A项错误，B项正确；根据图象可知，甲、乙图象的斜率均先减小后增大，因此甲、乙的加速度均先减小后增大，故C项错误，D项正确。
答案 BD
16.(a－t图象)(多选)一汽车在高速公路上以v0＝30 m/s的速度匀速行驶，t＝0时刻，驾驶员采取某种措施，汽车运动的加速度随时间变化的关系如图所示，以初速度方向为正，下列说法正确的是( )
A．t＝6 s时车速为5 m/s
B．t＝3 s时车速为零
C．前9 s内的平均速度为15 m/s
D．前6 s内车的位移为90 m
解析 0～3 s，汽车做匀减速直线运动，3 s末的速度v3＝v0＋a1t1＝(30－10×3) m/s＝0，B项正确；3～9 s，汽车做匀加速直线运动，t＝6 s时速度v6＝a2t2＝5×3 m/s＝15 m/s，A项错误；前3 s内的位移x3＝＝ m＝45 m,3～9 s内的位移x3～9＝a2t＝×5×62 m＝90 m，则前9 s内的位移为x9＝x3＋x3～9＝135 m，平均速度为v＝＝ m/s＝15 m/s，C项正确；3～6 s内的位移x3～6＝a2t＝×5×32 m＝22.5 m，则前6 s内的位移为x6＝x3＋x3～6＝67.5 m，D项错误。
答案 BC
命题角度2 非常规图象
17．(v2－x图象)(2020·东北师范大学附属中学第一次摸底)如图甲所示，质量m＝0.5 kg、初速度v0＝6 m/s的物块受水平向左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上从零时刻由O点开始向右运动，O点为坐标原点，整个运动过程中物块速率的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10 m/s2，下列说法中正确的是( )
A．t＝2 s时物块速度为零
B．t＝3 s时物块回到O点
C．恒力F大小为2 N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
解析 由速度－位移关系式v2－v＝2ax得，物块减速运动时的加速度大小a1＝6 m/s2，反向加速运动时的加速度大小a2＝2 m/s2。物块减速到0所用时间t1＝＝1 s，A项错误；物块减速运动的位移大小x1＝3 m，反向加速运动2 s内的位移大小x2＝a2t＝4 m，所以t＝3 s时物块在出发点的左侧1 m处，B项错误；由牛顿第二定律得，物块减速运动时有F＋μmg＝ma1；物块反向加速运动时有F－μmg＝ma2，两式联立解得F＝2 N，μ＝0.2，C项正确，D项错误。
答案 C
18．(a－x图象)(2020·河北省“五个一”名校联盟一轮复习收官考试)港珠澳大桥是目前世界上最长的跨海大桥，为香港、澳门、珠海三地提供了一条快捷通道。图甲是港珠澳大桥中的一段，一辆以4 m/s速度行驶的小汽车在长度为L＝28 m的平直桥面上提速，图乙是该车在该段提速的加速度(a)与位移(x)的关系。则关于小汽车通过该段平直桥面的末速度和时间分别为( )
A．10 m/s 3 s B．10 m/s 4 s
C．5 m/s 3 s D．5 m/s 2 s
解析 由图象可知，汽车做匀加速直线运动，结合公式v2－v＝2ax和图线与x轴所夹的面积得末速度v＝10 m/s，由速度公式得加速时间t＝＝ s＝4 s。综上所述，B项正确。
答案 B
高考考向4 连接体问题
解|题|必|备
1．整体法与隔离法
(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。
2．两物体分离或相对滑动的条件
(1)叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间的静摩擦力达到最大值。
(2)靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同。
3．用滑轮连接的连接体的处理方法
通过滑轮连接的两个物体：加速度大小相同。加速度不为零时，轻绳的拉力不等于所悬挂物体的重力。
题|型|精|研
命题角度1 连接体内各物体的加速度相同
19．如图甲所示，当A、B两物块放在光滑的水平面上时，用水平恒力F作用于A的左端，使A、B一起向右做匀加速直线运动时的加速度大小为a1，A、B间的相互作用力的大小为N1。如图乙所示，当A、B两物块放在固定光滑斜面上时，在恒力F作用下，使A、B一起沿斜面向上做匀加速直线运动时的加速度大小为a2，A、B间的相互作用力大小为N2，则有关a1、a2和N1、N2的关系正确的是( )
A．a1＞a2，N1＞N2 B．a1＞a2，N1＜N2
C．a1＝a2，N1＝N2 D．a1＞a2，N1＝N2
解析 对于图甲，根据牛顿第二定律得整体加速度a1＝，对B隔离分析，A对B的作用力N1＝mBa1＝。对于图乙，根据牛顿第二定律得整体的加速度a2＝＝－gsinθ，对B隔离分析，有N2－mBgsinθ＝mBa2，得N2＝。可知a1＞a2，N1＝N2，故D项正确，A、B、C三项错误。
答案 D
命题角度2 连接体内各物体的加速度不同
20．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．M＝m
B．M＝2m
C．木板的长度为8 m
D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1
解析 物块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故μmg＝ma1，而v－t图象的斜率表示加速度，故a1＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，D项错误；对木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝ m/s2＝1 m/s2，解得M＝2m，A项错误，B项正确；从题图乙可知物块和木板最终分离，两者v－t图象与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝×(7＋3)×2 m－×2×2 m＝8 m，C项正确。
答案 BC
命题角度3 滑块－木板模型
21．(多选)如图所示，表面粗糙质量m′＝2 kg的木板，t＝0时在水平恒力F的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a＝2.5 m/s2。t＝0.5 s时，将一个质量m＝1 kg的小铁块(可视为质点)无初速地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半。已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g取10 m/s2。则( )
A．水平恒力F的大小为10 N
B．铁块放上木板后，木板的加速度为2 m/s2
C．铁块在木板上运动的时间为1 s
D．木板的长度为1.625 m
解析 未放铁块时，对木板由牛顿定律F－μ2m′g＝，解得F＝10 N，A项正确；铁块放上木板后，对木板F－μ1mg－μ2(m′＋m)g＝m′a′，解得a′＝，B项错误；0.5 s时木板的速度v0＝at1＝2.5×0.5 m/s＝1.25 m/s，铁块滑离木板时，木板的速度v1＝v0＋a′t2，铁块的速度v′＝a块t2＝μ1gt2，由题意：v′＝v1，解得t2＝1 s，C项正确；铁块滑离木板时，木板的速度v1＝，铁块的速度v′＝1 m/s，则木板的长度为l＝t2－t2＝1.125 m，D项错误。
答案 AC
命题角度4 临界、极值问题
22.(2020·湖北八校第二次联考)质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内，它与槽左、右两端的接触点分别为A点和B点，圆弧槽的半径为R，OA与水平线AB成60°角。槽放在光滑的水平桌面上，通过细绳和滑轮与重物C相连，桌面上的那段细绳始终处于水平状态，通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与细绳的质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的质量M应小于( )
A．m B．2m
C．(－1)m D．(＋1)m
解析 当小球刚好要从槽中滚出时，小球受重力和圆弧槽A点对它的支持力，如图所示。由牛顿第二定律得＝ma，解得小球的加速度a＝＝g。以整体为研究对象，由牛顿第二定律得Mg＝(M＋2m)a，解得M＝(＋1)m，D项正确。
答案 D
课时巩固练(2) 力与物体的直线运动
一、单项选择题
1.建筑工人正在高楼上砌砖(如图)，手滑不慎砖块掉落，发现2 s后砖块落到地上断成两块，则估计此楼高度约为(不计空气阻力)( )
A．5 m B．10 m
C．20 m D．40 m
解析 砖块的运动可近似看作自由落体运动，根据公式h＝gt2，得h＝×10×22 m＝20 m，C项正确。
答案 C
2．(2020·福建省永安一中、漳平一中联考)某人用绳子将一桶水从井内加速向上提的过程中，下列说法不正确的是( )
A．这桶水处于超重状态，绳子对桶的拉力等于桶对绳子的拉力
B．这桶水处于超重状态，绳子对桶的拉力大于桶的重力
C．人对绳子的拉力与绳子对桶的拉力是一对作用力与反作用力
D．这桶水处于超重状态，水对桶底的压力大于水的重力
解析 桶加速向上运动，具有向上的加速度，处于超重状态，绳子对桶的拉力大于桶的重力，水对桶底的压力大于水的重力，B、D两项正确；绳子对桶的拉力与桶对绳子的拉力是作用力与反作用力，A项正确；人对绳子的拉力与绳子对桶的拉力不是作用力与反作用力的关系，C项错误。故选C。
答案 C
3.(2020·天水一中第二次考试)如图所示，质量为m的小球用两根细线连接，细线OA的另一端连接在车厢顶，细线OB另一端连接于侧壁，细线OA与竖直方向的夹角为θ＝37°，OB保持水平，重力加速度大小为g，车向左做加速运动，当OB段细线拉力为OA段拉力的两倍时，小车的加速度大小为( )
A．g B．g
C．g D．g
解析 小球受力如图所示，在竖直方向，由平衡条件得：Fcos37°＝mg，在水平方向，由牛顿第二定律得：2F－Fsin37°＝ma，解得a＝g，D项正确。
答案 D
4.(2020·湖北省黄冈市联考)如图所示，质量为m的小球a和质量为2m的小球b用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为60°时，A、B伸长量刚好相同。若A、B的劲度系数分别为k1、k2，则以下判断正确的是( )
A．k1∶k2＝1∶3
B．k1∶k2＝1∶2
C．撤去F的瞬间，b球处于完全失重状态
D．撤去F的瞬间，a球的加速度大小等于重力加速度g
解析 应用平衡条件，对b有，FA＝2mg；对a、b整体有，FBcos60°＝3mg，F＝3mgtan60°＝3mg，结合胡克定律得，＝＝，A项正确，B项错误；撤去F的瞬间，b球受到的力没有发生变化，加速度ab＝0；撤去F的瞬间，a球受到的其他力没有发生变化，其合力水平向右，大小为F合＝F＝3mg，加速度aa＝＝3g，C、D两项错误。
答案 A
5.(2020·内蒙古鄂尔多斯市一中月考)如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F作用下做匀加速直线运动。绳子上某一点到绳子右端的距离为x，设该处的张力为T，则能正确描述T与x之间的关系的图象是( )
解析 以整体为研究对象得F＝ma，以右端绳子为研究对象得T＝a＝F，只有A项正确。
答案 A
6.(2020·湖南省天壹联盟大联考)甲、乙两质点做匀加速直线运动的v－t图象如图所示，3 s末两质点在途中相遇，则两质点出发点间的距离是( )
A．甲在乙之前2 m B．乙在甲之前2 m
C．乙在甲之前4 m D．甲在乙之前4 m
解析 甲、乙两质点3 s末在途中相遇时，各自的位移为2 m和6 m，因此两质点出发点间的距离是甲在乙之前4 m，D项正确。
答案 D
7．(2020·新疆自治区第一次诊断性测试)我国ETC(电子不停车收费系统)全国联网的实施，大大缩短了车辆通过收费站的时间。一辆汽车以25 m/s的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动，经5 s的时间速度减小为5 m/s且瞬间完成收费，司机立即开始加速，加速度大小为2.5 m/s2，经过一段时间恢复到原来速度行驶，则汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为( )
A．2.0 s B．3.2 s
C．5.2 s D．6.8 s
解析 汽车减速走过的位移x1＝t1＝75 m，汽车加速的时间t2＝＝8 s，加速的位移x2＝t2＝120 m，汽车通过自动收费装置用时t＝t1＋t2＝13 s。若匀速通过用时t′＝＝7.8 s，则汽车通过自动收费装置耽误的时间Δt＝t－t′＝5.2 s，C项正确。
答案 C
8.粗糙的水平面上有一物块，在0～5 s内受到水平推力F1＝6 N的作用，在5～10 s内受到水平推力F2＝4 N的作用；10 s后撤去水平推力，如图所示，只画了物块在0～10 s内的运动速度v与时间t的关系。重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．物块滑动时受到的摩擦力大小为5 N
B．物块的质量为4 kg
C．物块在0～10 s内克服摩擦力做功为75 J
D．物块在10～15 s内的位移大小为6.25 m
解析 由题图可知，在5～10 s内物块做匀速运动，故受到的摩擦力与水平推力相等，故摩擦力f＝F2＝4 N，故A项错误；在0～5 s内物块的加速度为a＝＝ m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律可得F1－f＝ma，解得m＝2 kg，故B项错误；在0～10 s内物块通过的位移为x＝×(5＋10)×5 m＝37.5 m，故克服摩擦力做功为Wf＝fx＝4×37.5 J＝150 J，故C项错误；撤去外力后物块产生的加速度为a′＝－＝－2 m/s2，减速到零所需时间为t′＝ s＝2.5 s<5 s，减速到零通过的位移为x′＝＝ m＝6.25 m，故D项正确。
答案 D
二、多项选择题
9．(2020·新疆乌鲁木齐市第一次质量监测)2019年12月27日，我国长征五号遥三运载火箭在文昌航天发射场发射成功。火箭开始升空时，火箭的总质量约为870 t，发动机的总推力约为1.05×107 N，其搭载的实践二十号卫星受到的竖直向上的作用力约为9.6×104 N，则火箭开始升空时的加速度a和实践二十号卫星的质量m约为( )
A．a＝12 m/s2 B．a＝2 m/s2
C．m＝8 t D．m＝48 t
解析 以火箭为研究对象，应用牛顿第二定律得F－Mg＝Ma，且总推力F＝1.05×107 N，卫星对火箭的作用力F1＝9.6×104 N，火箭的质量M＝8.7×105 kg，解得a≈2 m/s2，A项错误，B项正确；再以卫星为研究对象，应用牛顿第二定律得F1－mg＝ma，解得m＝8×103 kg＝8 t，C项正确，D项错误。
答案 BC
10.如图所示，两块长方体滑块A和B叠加在倾角为θ的斜面C上。已知A、B质量分别为m1和m2，A与C的动摩擦因数为μ1，B与A的动摩擦因数为μ2，两滑块A、B在斜面体上以相同的加速度自由下滑，斜面体C在水平地面上始终保持静止，则下列说法正确的是( )
A．斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向左
B．滑块A与斜面间的动摩擦因数μ1＝tanθ
C．滑块A受到斜面对其摩擦力的大小为μ1(m1＋m2)·gcosθ
D．滑块B所受的摩擦力的大小为μ2m2gcosθ
解析 由于AB共同做匀加速直线运动，将加速度沿水平方向和竖直方向分解，AB有沿水平方向的加速度，故斜面C有向右运动的趋势，其受到的静摩擦力水平向左，故A项正确，B项错误。斜面对A的摩擦力，应以AB为整体f1＝μ1(m1＋m2)gcosθ，对AB进行受力分析可知(m1＋m2)gsinθ－μ1(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a，a＝g(sinθ－μ1cosθ)，以B为研究对象m2gsinθ－f2＝m2a，解得f2＝μ1m2gcosθ，故C项正确，D项错误。
答案 AC
11.(2020·湖北省麻城市联考)如图所示，不可伸长的轻绳上端固定，下端与质量为m的物块P连接；轻弹簧下端固定，上端与质量为2m的物块Q连接，系统处于静止状态。轻绳、轻弹簧均与固定光滑斜面平行，已知P、Q间接触但无弹力，重力加速度大小为g，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列说法正确的是( )
A．剪断轻绳前，斜面对P的支持力大小为mg
B．剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力大小为mg
C．剪断轻绳的瞬间，P的加速度大小为g
D．剪断轻绳的瞬间，P、Q间的弹力大小为mg
解析 剪断轻绳前，对物体P应用平衡条件得，斜面对P的支持力大小FN＝mgcos53°＝mg，A项错误；剪断轻绳前，对物体Q应用平衡条件得，弹簧的弹力F＝2mgsin53°＝mg，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，B项正确；剪断轻绳的瞬间，对P、Q整体应用牛顿第二定律得，3mgsin53°－F＝3ma，解得P物体的加速度a＝g，C项错误；此时对物体P有mgsin53°－FP＝ma，解得P、Q间的弹力大小FP＝mg，D项正确。
答案 BD
12．(2020·曲靖市第一中学二模)如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一质量为m的木块(可视为质点)，在木板上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动并在最后分离。设分离时木块相对地面运动的位移为x，保证木块和木板会发生相对滑动的情况下，下列方式可使位移x增大的是( )
A．仅增大木板的质量M
B．仅减小木块的质量m
C．仅增大恒力F
D．仅增大木块与木板间的动摩擦因数
解析 设木板长为L，当木块与木板分离时，运动时间为t。对木板，有F－μmg＝Ma1，x1＝a1t2；对木块，有μmg＝ma2，x2＝a2t2；当木块与木板分离时，它们的位移满足L＝a1t2－a2t2，解得t＝，则木块相对地面运动的位移为x＝a2t2＝。仅增大木板的质量M，a1变小，a2不变，x增大，A项正确；仅减小木块的质量m，a1变大，a2不变，x减小，B项错误；仅增大恒力F，a1变大，a2不变，x减小，C项错误；仅增大木块与木板间的动摩擦因数，a1变小，a2增大，x增大，D项正确。
答案 AD
三、非选择题
13．(2020·浙江新突破考前模拟)如图所示，水平轨道AB段为粗糙水平面，BC段为一水平传送带，两段平滑相接于B点。一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)，静止于A点，AB距离为s＝2 m。已知物块与AB段和BC段的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。
(1)若给物块施加一水平拉力F＝11 N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度。
(2)在(1)问中，若将传送带绕B点逆时针旋转37°后固定(AB段和BC段仍平滑连接)，要使物块仍能到达C端，则在AB段对物块施加拉力F′应至少多大。
解析 (1)物块在AB段运动，有
F－μmg＝ma1，得a1＝6 m/s2，
设物块到达B点时速度为vB，有
vB＝＝2 m/s，
物块在传送带上运动μmg＝ma2，
刚好到达C点，有v＝2a2L，得传送带长度L＝2.4 m。
(2)将传送带倾斜，滑上传送带过程有
mgsin37°＋μmgcos37°＝ma3，
解得a3＝10 m/s2，
物块仍能刚好到C端，有v′＝2a3L，
在AB段，有v′＝2as，
F′－μmg＝ma，
联立解得F′＝17 N。
答案 (1)2.4 m (2)17 N
14．(2020·贵州省贵阳市适应性考试)如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一质量M＝4 kg、长度L＝4 m的长木板，放置在低水平面上且靠在高水平面边缘的A点，其上表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数μ1＝0.1。在高水平面上距A点距离s＝3 m处，放置一质量m＝2 kg可视为质点的滑块，现用一水平向右的拉力F从静止拉滑块，滑块经时间t0＝1 s运动到A点时撤去拉力，滑块滑上长木板，最终未从木板上滑下。已知滑块与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)拉力F的大小；
(2)滑块最终距长木板右端的距离d；
(3)长木板滑行的总距离。
解析 (1)滑块在拉力F作用下做匀加速直线运动
s＝at，
得a＝6 m/s2，
由牛顿第二定律F＝ma，
得F＝12 N。
(2)滑块滑到木板上时，设其初速度为v, 滑块加速度大小为a1, 木板加速度大小为a2，两者共速时速率为v1，则
v＝at0，
μ2mg＝ma1，
μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma2，
v1＝v－a1t＝a2t，
联立解得t＝1 s，
此过程中滑块的位移
s1＝vt－a1t2＝3.5 m，
长木板的位移为
s2＝a2t2＝0.5 m，
则滑块相对长木板位移为
Δs＝s1－s2＝3 m，
则滑块相对长木板静止时距长木板右端距离为
d＝L－Δs＝1 m。
(3)共速时v1＝a2t＝1 m/s，
共速后两者保持相对静止一起做匀减速运动，设加速度为a3，匀减速位移为s3，则
μ1(m＋M)g＝(M＋m)a3，
得a3＝1 m/s2，
v＝2a3s3，得s3＝0.5 m，
故长木板滑行的总距离为s′＝s2＋s3＝1 m。
答案 (1)12 N (2)1 m (3)1 m
微专题三 力与物体的曲线运动
三年＋三卷考情
命题规律＋预测
三年考题
考查内容
(1)近几年高考中平抛运动、天体运动考查频繁，复习时应加强对各类题型的归纳总结：
①水平面内和竖直平面内的圆周运动模型和临界问题等；
②会用“化曲为直”的方法处理平抛运动和类平抛运动；
③分析天体和卫星运动问题常用的两个思路：(ⅰ)＝mg；(ⅱ)＝＝mω2r＝mr。
(2)我国在航天领域取得了举世瞩目的成绩，预计2021年高考会继续考查卫星的运动、变轨和发射问题；平抛运动与圆周运动在生活、生产取材方便，且符合科学态度与责任的素养要求。
2020
Ⅰ卷16T
圆周运动、牛顿第二定律
Ⅰ卷15T
万有引力定律
Ⅱ卷16T
平抛运动、动能
Ⅱ卷15T
卫星运动的周期
Ⅲ卷16T
卫星运动的速度
2019
Ⅱ卷14T
万有引力定律的应用
Ⅱ卷19T
平抛运动的分析
Ⅲ卷15T
天体运动参量的比较
2018
Ⅰ卷20T
双星问题的分析
Ⅱ卷16T
天体密度的计算
Ⅲ卷15T
地球卫星运行周期的比较
Ⅲ卷17T
平抛运动规律的求解
高考考向1 运动的合成与分解 平抛运动
解|题|必|备
1．曲线运动的理解
(1)曲线运动是变速运动，速度方向沿切线方向。
(2)合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向指向曲线的“凹”侧。
2．曲线运动的分析
(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成。
(2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质。
(3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵守平行四边形定则。
3．平抛运动
(1)平抛运动的规律
①沿水平方向做匀速直线运动：vx＝v0，x＝v0t。
②沿竖直方向做自由落体运动：vy＝gt，y＝gt2。
(2)类平抛运动与平抛运动处理方法相似
分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的初速度为零的匀加速直线运动。
(3)平抛(类平抛)运动的两个推论
①如图甲所示，物体任意时刻速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。
②如图乙所示，在任意时刻任意位置处，速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为α，则有tanθ＝2tanα。
题|型|精|研
命题角度1 运动的合成与分解
1．(物体做曲线运动的条件)现在很多教室都安装可以沿水平方向滑动的黑板，如图所示。在黑板以某一速度向左匀速运动的同时，一位教师用粉笔在黑板上画线，粉笔相对于黑板从静止开始先匀加速向下画，接着匀减速向下画直到停止，则粉笔在黑板上画出的轨迹可能为( )
解析 由题意知，黑板向左匀速运动，水平方向粉笔相对黑板向右匀速运动；竖直方向先向下加速再减速，根据运动的合成及受力分析可知，粉笔所受合外力先竖直向下，再竖直向上；根据力与轨迹的关系，合外力指向轨迹弯曲的内侧，故D项正确，A、B、C三项错误。
答案 D
2．(合运动性质的判断)如图所示是物体在相互垂直的x方向和y方向运动的v－t图象。以下判断正确的是( )
A．在0～1 s内，物体做匀速直线运动
B．在0～1 s内，物体做匀变速直线运动
C．在1～2 s内，物体做匀变速直线运动
D．在1～2 s内，物体做匀变速曲线运动
解析 在0～1 s内，水平方向为匀速运动，竖直方向为匀加速运动，则合运动为匀变速曲线运动，A、B两项错误；在1～2 s内，水平方向初速度为：v0x＝4 m/s，加速度为：ax＝4 m/s2，竖直方向初速度为：v0y＝3 m/s，加速度为：ay＝3 m/s2，根据平行四边形定则合成可以得到合初速度为v＝5 m/s，合加速度为a＝5 m/s2，而且二者方向在同一直线上，可知合运动为匀变速直线运动，C项正确，D项错误。
答案 C
3.(关联物体的速度)(2020·河南省顶级名校联考)如图所示，一根长为L的直杆一端抵在墙角，一端依靠在箱子的光滑竖直侧壁上，将箱子以大小为v的速度向右推，直杆绕O点在竖直面内转动，当直杆与竖直方向的夹角为θ时，直杆转动的角速度大小为( )
A． B．
C． D．
解析 直杆与箱子接触点的实际运动即合运动方向是垂直于杆指向右上，设杆转动的角速度为ω，则合速度v实＝ωL，沿水平方向上的速度分量等于v，即ωLcosθ＝v，所以ω＝，故B项正确。
答案 B
命题角度2 平抛运动
4.(平抛运动的规律)(2020·湖南省怀化市期末考试)如图，在水平地面上方的A点，先后以不同的水平初速度平抛同一小球，不计空气阻力，第一次小球落在地面上的B点，第二次小球撞到竖直墙面的C点后落地。测得知，A、C点之间的水平距离是A、B点间的水平距离的2倍，A、B点之间的竖直距离是A、C点间的竖直距离的2倍，则第一次与第二次平抛小球的初速度之比为( )
A． B．
C． D．
解析 第一次抛出落在B点时，由平抛运动的规律得x1＝v1t1，y1＝gt，整理得v1＝x1；同理第二次小球落在C点时，有v2＝x2。由已知条件得x2＝2x1，y1＝2y2，联立解得＝，A项正确。
答案 A
5.(平抛运动与斜面结合)(2020·呼和浩特市高三年级质量普查调研)在一斜面顶端，将两个小球分别以2v和v的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在斜面上，A球落至斜面的速率是B球落至斜面的速率的( )
A．2倍 B．4倍
C．6倍 D．8倍
解析 两小球都落在斜面上，有tanθ＝，解得t＝，则落在斜面上时的竖直分速度vy＝gt＝2v0tanθ，根据平行四边形定则知v＝＝，两球的初速度之比为2∶1，则落在斜面上的速度之比为2∶1，故A项正确。
答案 A
6．(STSE问题)(多选)如图所示，水平屋顶高H＝5 m，围墙高h＝3.2 m，围墙到房子的水平距离L＝3 m，围墙外马路宽x＝10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上，小球离开屋顶时的速度v0的大小的可能值为(g取10 m/s2，不计墙的厚度)( )
A．3.1 m/s B．4.7 m/s
C．7.2 m/s D．11.5 m/s
解析 球落在马路上，v的最大值vmax为球落在马路最右侧时的平抛初速度，小球做平抛运动，设运动时间为t1，则小球的水平位移：L＋x＝vmaxt1，小球的竖直位移：H＝gt，联立解得vmax＝(L＋x)＝13 m/s；v的最小值vmin为球恰好越过围墙的最高点落在马路上时的平抛初速度，设小球运动到围墙最高点所需时间为t2，则此过程中小球的水平位移：L＝vmint2，小球的竖直方向位移：H－h＝gt，联立解得vmin＝＝5 m/s，故C、D两项正确。
答案 CD
7．(平抛运动的临界、极值问题)中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面圈在空中运动的描述错误的是( )
A．运动的时间都相同
B．速度的变化量都相同
C．落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍
D．若初速度为v0，则L＜v0＜3L
解析 根据h＝gt2可得小面圈在空中运动的时间t＝，所有小面圈在空中运动的时间都相同，故A项正确；根据Δv＝gΔt可得所有小面圈的速度变化量都相同，故B项正确；因为水平位移的范围为L＜x＜L＋2R＝3L，则最小水平初速度为vmin＝＝L，最大水平初速度为：vmax＝＝3L，则水平初速度的范围为：L＜v0＜3L，故D项正确；落入锅中时，最大速度v′max＝＝，最小速度为v′min＝＝，故C项错误。题目要求选说法错误的，故选C。
答案 C
高考考向2 圆周运动
解|题|必|备
1．基本思路
(1)要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径。
(2)列出正确的动力学方程F＝m＝mrω2＝mωv＝mr。
2．技巧方法
(1)竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析。
(2)解临界问题关键是确定临界状态，找准受力的临界条件，结合牛顿第二定律分析。
题|型|精|研
命题角度1 水平面内的圆周运动
8.(圆锥摆模型)(2020·湖南省岳阳市一中月考)在光滑水平面上，有一转轴垂直于此平面，交点O的上方h处固定一细绳，绳的另一端连接一质量为m的小球B，绳长l>h，小球可随转轴在光滑水平面上做匀速圆周运动，如图所示。要使小球不离开水平面，转轴转速的最大值是( )
A． B．π
C． D．
解析 当水平面对小球的支持力恰好为零时，转速达到最大。此时绳的拉力的水平分力提供向心力，竖直分力与重力平衡，即Fcosθ＝mg，Fsinθ＝m4π2n2lsinθ，解得n＝ ，A项正确。
答案 A
9．(摩擦力作用下的圆周运动)(多选)如图，叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ，A和B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A．B对A的摩擦力一定为3μmg
B．B对A的摩擦力一定为3mω2r
C．转台的角速度一定满足ω≤
D．转台的角速度一定满足ω≤
解析 对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有f＝(3m)ω2r≤μ(3m)g，故A项错误，B项正确；由于A、AB整体、C受到的静摩擦力均提供向心力，故对A有(3m)ω2r≤μ(3m)g，解得ω≤ ；对AB整体有(3m＋2m)ω2r≤μ(3m＋2m)g，解得ω≤ ；对C有mω2(1.5r)≤μmg，解得ω≤ ，C项错误，D项正确。
答案 BD
命题角度2 竖直面内的圆周运动
10．(轻绳模型)利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面，如图所示，用两根长为L的细线系一质量为m的小球，两线上端系于水平转轴上，A、B两点相距也为L，若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球运动到最低点时，每根线承受的拉力为(不计空气阻力，重力加速度为g)( )
A．2mg B．2mg
C．mg D．4mg
解析 小球恰好过最高点时有mg＝，从最低点到最高点的过程中，由机械能守恒得mv＝mv＋2mgR，在最低点，由牛顿第二定律得2Fcos30°－mg＝，联立解得线的拉力F＝，B项正确。
答案 B
11．(轻杆模型)如图所示，小球m在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法中正确的是(重力加速度为g)( )
A．小球通过最高点的最小速度为
B．运动到a点时小球一定挤压外侧管壁
C．小球在水平线ab以下管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力
D．小球在水平线ab以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力
解析 在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内管对小球产生弹力，大小为mg，故最小速度为0，A项错误；球做圆周运动需要向心力，运动到a点时，需要外侧管壁提供向心力，所以小球一定挤压外侧管壁，B项正确；小球在水平线ab以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，对内侧管壁没有作用力，C项错误；小球在水平线ab以上管道中运动，当速度非常大时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力，当速度比较小时，内侧管壁有作用力，D项错误。
答案 B
命题角度3 圆周运动与平抛运动的结合
12.如图所示，一质量为m的小孩(可视为质点)做杂技表演。一不可伸长的轻绳一端固定于距离水平安全网高为H的O点，小孩抓住绳子上的P点从与O点等高的位置由静止开始向下摆动，小孩运动到绳子竖直时松手离开绳子做平抛运动，落到安全网上。已知P点到O点的距离为l(0
A．l越大，小孩在O点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大
B．l越小，小孩在O点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大
C．当l＝时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大
D．当l＝时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大
解析 小孩向下摆动的过程中，机械能守恒，由mgl＝mv2，解得小孩在O点正下方的速度v＝。运动到O点正下方时，设绳子对小孩的拉力为F，由牛顿第二定律得，F－mg＝，解得F＝3mg，由牛顿第三定律知，小孩对绳子的拉力恒为3mg，A、B两项错误。小孩运动到绳子竖直时松手，此后做平抛运动，由平抛运动规律有x＝vt，H－l＝gt2，联立解得x＝2，由数学知识可知，当l＝时，小孩在安全网上的落点距离O点的水平距离x最大，C项正确，D项错误。
答案 C
高考考向3 万有引力与航天
解|题|必|备
1．天体质量和密度的求解
(1)利用天体表面的重力加速度g和天体半径R。
由于G＝mg，故天体质量M＝，天体密度ρ＝＝＝。
(2)通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和轨道半径r。
①由万有引力提供向心力，即G＝mr，得出中心天体质量M＝；
②若已知天体半径R，则天体的平均密度ρ＝＝＝。
2．必须掌握的四个关系
＝越高越慢
3．变轨问题
(1)点火加速，v突然增大，G＜m，卫星将做离心运动。
(2)点火减速，v突然减小，G＞m，卫星将做近心运动。
(3)同一卫星在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大。
(4)卫星经过不同轨道相交的同一点时加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度。
题|型|精|研
命题角度1 天体质量和密度的计算
13. (黄金代换法)(2020·辽宁省沈阳铁路实验中学月考)2019年1月3日上午，“嫦娥四号”顺利着陆月球背面，成为人类首颗成功软着陆月球背面的探测器，如图所示。地球和月球的半径之比为＝a，表面重力加速度之比为＝b，则地球和月球的密度之比为( )
A. B. C. D.
解析 由公式＝mg，体积V＝πR3，地球的密度ρ＝，联立解得ρ＝；同理月球的密度ρ0＝，则＝，B项正确。
答案 B
14．(环绕法)引力波的发现，证实了爱因斯坦100年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”。双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a、b两颗星体组成，这两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得a星的周期为T，a、b两颗星的距离为l，a、b两颗星的轨道半径之差为Δr。(a星的轨道半径大于b星的轨道半径)，则( )
A．b星的周期为T
B．a星的线速度大小为
C．a、b两颗星的半径之比为
D．a、b两颗星的质量之比为
解析 两颗星的周期相等，A项错误；由r1＋r2＝l，r1－r2＝Δr，两式联立解得r1＝，r2＝，a、b两颗星的半径之比为＝，C项错误；a星的线速度大小为v1＝＝，B项正确；由万有引力提供向心力得＝m1r1，＝，解得＝＝，D项错误。
答案 B
命题角度2 行星或卫星运动参数的比较
15. (宇宙速度)(2020·河南省九师联盟质量检测)在地球上发射一颗卫星，发射后的轨道为如图所示的椭圆，近地点与地球表面的距离可忽略不计。关于卫星的发射及在轨运行，下列说法正确的是( )
A．卫星的发射速度可能大于11.2 km/s
B．卫星在轨的运行速度不可能大于7.9 km/s
C．卫星在近地点的速度大于7.9 km/s，在远地点的速度小于7.9 km/s
D．卫星从近地点向远地点运动过程中，机械能不断减小
解析 由于卫星没有脱离地球的引力，因此发射速度不可能大于11.2 km/s，A项错误；由于卫星的轨道为椭圆轨道，因此发射速度一定大于7.9 km/s，即在近地点的速度一定大于7.9 km/s，B项错误；由于在远地点时卫星的速度小于与远地点相切圆轨道卫星的速度，因此卫星在远地点的速度小于7.9 km/s，C项正确；卫星从近地点向远地点运动过程中，机械能保持不变，D项错误。
答案 C
16．(同步卫星)2020年7月31日，北斗三号全球卫星系统正式开通。北斗卫星导航系统由5颗静止轨道卫星、27颗中地球轨道卫星(离地高度约21 000 km)及其他轨道卫星共35颗组成。则( )
A．静止轨道卫星指相对地面静止，其可定位在北京正上空
B．中地球轨道卫星比同步卫星的速度更小
C．中地球轨道卫星周期大于24小时
D．静止轨道卫星的发射速度大于第一宇宙速度
解析 静止轨道卫星相对地面静止，且在赤道正上空，A项错误；中地球轨道卫星的轨道半径比同步卫星的小，其绕行速度比同步卫星大，周期比同步卫星的小，小于24小时，B、C两项错误；卫星发射高度越高，发射速度也越大，所以静止轨道卫星的发射速度大于第一宇宙速度，D项错误。
答案 D
17．(卫星运动的各物理量的比较)(2020·贵阳一中、云师大附中、南宁三中诊断性联考)“东方红一号”卫星是中国发射的第一颗人造地球卫星，它重173 kg，由长征一号运载火箭送入近地点441 km、远地点2 368 km、倾角68.44°的椭圆轨道。地球静止轨道卫星是位于地球赤道上空距地面均3.6×104 km高处相对于地面静止的卫星。关于“东方红一号”卫星和地球静止轨道卫星，以下说法正确的是( )
A．“东方红一号”卫星的运动周期比地球静止轨道卫星的运动周期大
B．“东方红一号”卫星对地球的观测范围比地球静止轨道卫星的观测范围小
C．“东方红一号”卫星经过近地点时的运动速度大于地球静止轨道卫星的运动速度
D．“东方红一号”卫星经过远地点时加速度小于地球静止轨道卫星的加速度
解析 “东方红一号”卫星的椭圆轨道的半长轴比地球静止轨道卫星的轨道半径小，所以周期小，A项错误；由于地球静止轨道卫星相对地球静止，所以只能测定某个固定范围，B项错误；“东方红一号”卫星经过近地点时的运动速度v>，地球静止轨道卫星的速度小于，C项正确；根据a＝可知D项错误。
答案 C
命题角度3 双星和多星模型
18. (双星模型)(2020·安徽省池州市期末考试)太空中存在一些离其他恒星很远的、由两颗星体组成的双星系统，可忽略其他星体对它们的引力作用。如果将某双星系统简化为理想的圆周运动模型，如图所示，两星球在相互的万有引力作用下，绕O点做匀速圆周运动。由于双星间的距离减小，则( )
A．两星的运动角速度均逐渐减小
B．两星的运动周期均逐渐减小
C．两星的向心加速度均逐渐减小
D．两星的运动线速度均逐渐减小
解析 设两星的质量分别为M1和M2，相距L，M1和M2的角速度为ω，由万有引力定律和牛顿第二定律得M1：G＝M1r1ω2，M2：G＝M2r2ω2，因为L＝r1＋r2，解得r1＝L，r2＝L，T＝＝2π，双星的总质量不变，距离减小，周期减小，角速度增大，A项错误，B项正确；根据G＝M1a1＝M2a2知，L变小，则两星的向心加速度均增大，故C项错误；v1＝ωr1＝·L＝M2·，v2＝ωr2＝·L＝M1·，可见，距离减小线速度变大，D项错误。
答案 B
19．(多星模型)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a的正方形的四个顶点上。已知引力常量为G。关于四星系统，下列说法错误的是( )
A．四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动
B．四颗星的轨道半径均为
C．四颗星表面的重力加速度均为G
D．四颗星的周期均为2πa
解析 四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，轨道半径为a，A项正确，B项错误；由＝m′g可知，四颗星表面的重力加速度均为g＝，C项正确；由G＋2Gcos45°＝ma×，解得四颗星的周期均为T＝2πa，D项正确。
答案 B
命题角度4 卫星的变轨问题
20.(运动学量的变化)(2020·河北省大名一中月考)如图所示，地球卫星a、b分别在椭圆轨道、圆形轨道上运行，椭圆轨道在远地点A处与圆形轨道相切，则( )
A．卫星a的运行周期比卫星b的运行周期短
B．两颗卫星分别经过A点处时，a的速度大于b的速度
C．两颗卫星分别经过A点处时，a的加速度小于b的加速度
D．卫星a在A点处通过减速可以到圆轨道上运行
解析 由开普勒第三定律得卫星a的运行周期比卫星b的运行周期短，A项正确；两颗卫星分别经过A点时，a的速度小于b的速度，但两者的加速度大小相等，B、C两项错误；若卫星a在A点处进入圆轨道上运行，需要加速，D项错误。
答案 A
21．(能量变化)质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep＝－G，其中G为引力常量，M为地球质量。该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其做圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为( )
A．GMm B．GMm
C． D．
解析 卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则：轨道半径为R1时＝m，卫星的引力势能为Ep1＝－，轨道半径为R2时＝m，卫星的引力势能为Ep2＝－，设因摩擦而产生的热量为Q，根据能量守恒定律得：mv＋Ep1＝mv＋Ep2＋Q，联立得Q＝，故C项正确。
答案 C
课时巩固练(3) 力与物体的曲线运动
一、单项选择题
1.在足球场上罚任意球时，运动员踢出的足球，在行进中绕过“人墙”转弯进入了球门，守门员“望球莫及”，轨迹如图所示。关于足球在这一飞行过程中的受力方向和速度方向，下列说法中正确的是( )
A．合外力的方向与速度方向在一条直线上
B．合外力的方向沿轨迹切线方向，速度方向指向轨迹内侧
C．合外力方向指向轨迹内侧，速度方向沿轨迹切线
D．合外力方向指向轨迹外侧，速度方向沿轨迹切线
解析 足球做曲线运动，则其速度方向为轨迹的切线方向，根据物体做曲线运动的条件可知，合外力的方向一定指向轨迹的内侧，故C项正确。
答案 C
2. (2020·杭州市适应性考试)“S路”曲线行驶是我国驾驶证考试中的一项科目，某次考试过程中，有两名学员分别坐在驾驶座和副驾驶座上，并且始终与汽车保持相对静止，汽车在弯道上行驶时可视作圆周运动，行驶过程中未发生打滑。如图所示，当汽车在水平“S路”上减速行驶时( )
A．两名学员具有相同的线速度
B．汽车受到的摩擦力与速度方向相反
C．坐在副驾驶座上的学员受到汽车的作用力较大
D．汽车对学员的作用力大于学员所受的重力
解析 两名学员离圆心的距离不相等，由v＝rω，知线速度大小不相同，故A项错误；汽车所需向心力由摩擦力提供，不与速度方向相反，故B项错误；学员质量未知，无法比较受到汽车的作用力大小，故C项错误；汽车对学员的作用力竖直分力等于学员的重力，水平分力提供向心力，故汽车对学员的作用力大于重力，D项正确。
答案 D
学科素养 本题是一道容易题，但载体来源于生活，从驾考“S路”行驶中抽象出圆周运动考查圆周运动的物理量间的关系和向心力的来源等。
3．(2020·乌鲁木齐市质量监测)我国北斗导航系统中，GEO卫星的周期为24 h，离地面的高度为3.58×104 km。若地球半径为6.4×103 km，MEO卫星的周期为12 h。则MEO卫星离地面的高度约为( )
A．1.0×104 km B．1.5×104 km
C．2.0×104 km D．2.5×104 km
解析 由开普勒第三定律得＝，代入数据解得MEO卫星的高度h2＝2.0×104 km，C项正确。
答案 C
4．(2020·东北师范大学附属中学第一次摸底)中国人民解放军建军90周年之际，在央视新闻的画面中，中国战略导弹发射井首次曝光，则关于导弹从发射井井底发射升空过程中，若在此过程中导弹可以视为质点，且已知均匀的球壳对处于球壳内的质点万有引力为零，用r表示导弹与井底的距离，F表示它所受地球引力，能够描述F随r变化关系的图象是( )
解析 设地球的半径为R，井的深度为d，导弹在井中时受到的万有引力F＝，(rd)。综上所述，B项正确。
答案 B
5. (2020·河南省联考测试)如图所示，一直角斜劈ABC绕其竖直边BC做圆周运动，物块始终静止在斜劈AB上。若斜劈转动的角速度ω缓慢减小时，下列说法正确的是( )
A．斜劈对物块的支持力逐渐减小
B．斜劈对物块的支持力保持不变
C．斜劈对物块的摩擦力逐渐减小
D．斜劈对物块的摩擦力保持不变
解析 设斜劈倾角为θ，对物块受力分析，在水平方向和竖直方向分别应用牛顿第二定律和平衡条件得，fcosθ－FNsinθ＝mω2r，fsinθ＋FNcosθ＝mg，两式联立解得摩擦力f＝mω2rcosθ＋mgsinθ，FN＝mgcosθ－mω2rsinθ，当角速度ω减小时，摩擦力f减小，支持力FN增大，C项正确。
答案 C
6. (2020·江西吉安质检)如图所示，A、B两个小球在离水平地面高h处靠在一起，分别以水平初速度v1、v2向相反方向同时抛出，两球落地时，做平抛运动的位移互相垂直，不计空气阻力，两球可视为质点，则v1、v2满足的关系式为( )
A．v1v2＝gh B．v1v2＝gh
C．v1v2＝gh D．v1v2＝2gh
解析 设A球落地时，位移与水平方向的夹角为θ，B球落地时，位移与水平方向的夹角为α，则tanθ＝，tanα＝，又α＋θ＝90°，有tanθ×tanα＝1，故＝1，h＝gt2，得v1v2＝gh，A项正确。
答案 A
7．(2020·全国卷Ⅱ)如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点，c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。等于( )
A．20 B．18
C．9.0 D．3.0
解析 由题意可知当在a点动能为E1时，有E1＝mv，根据平抛运动规律有h＝gt，h＝v1t1，当在a点时动能为E2时，有E2＝mv，根据平抛运动规律有h＝gt，3h＝v2t2，联立以上各式可解得＝18，B项正确。
答案 B
8．如图所示，半径分别为R1、R2的甲、乙两个光滑圆轨道固定在竖直面内，可视为质点、质量相同的两个小球分别放在两个轨道的最低点，分别给两个小球一个水平向右的初速度v1、v2，小球均恰好能通过轨道最高点做完整的圆周运动。若甲轨道中小球运动到最低点时对轨道的压力大小为F1、向心加速度大小为a1、角速度为ω1；乙轨道中小球运动到最低点时对轨道的压力大小为F2、向心加速度大小为a2，角速度为ω2。则( )
A．v1＝v2 B．F1＝F2
C．a1>a2 D．ω1＝ω2
解析 由于小球恰好能通过最高点，在甲轨道中，小球在最高点时速度v＝，根据机械能守恒定律可知，mg×2R1＝mv－mv2，求得v1＝，在轨道最低点，由牛顿第二定律有F1－mg＝m，解得F1＝6mg，a1＝＝5g，ω1＝＝；同理可得，v2＝，F2＝6mg，a2＝5g，ω2＝，比较可得B项正确。
答案 B
9. (2020·吉林省重点中学联考)如图所示，小球放在光滑水平桌面上，用细线连接于O点，细线刚好拉直，使小球在水平面内做圆周运动，逐渐增大小球做圆周运动的角速度，则细线上张力F与小球做圆周运动的角速度平方ω2的关系正确的是( )
解析 设悬线与竖直方向的夹角为θ，当小球在水平桌面上做圆周运动时，Fsinθ＝mLsinθ·ω2，即F＝mLω2，当小球离开水平桌面后在空中做圆周运动时，仍然有Fsinθ＝mLsinθ·ω2，即F＝mLω2，因此B项正确。
答案 B
10. (2020·湖南省五市十校第二次联考)假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A、B，半径分别为RA、RB。这两颗行星周围卫星的轨道半径的三次方(r3)与运行周期的平方(T2)的关系如图所示；T0为卫星环绕行星表面运行的周期。则( )
A．行星A的质量大于行星B的质量
B．行星A的密度大于行星B的密度
C．行星A的第一宇宙速度小于行星B的第一宇宙速度
D．当两行星的卫星轨道半径相同时，行星A的卫星向心加速度小于行星B的卫星向心加速度
解析 由万有引力提供向心力＝m·，可得＝，结合图线的斜率kA>kB得MA>MB，A项正确；由图象知贴近两行星表面运行的卫星的周期相等，均为T0，结合ρ＝解得ρ＝，可见两行星的密度相同，B项错误；行星的第一宇宙速度v＝，由于RA>RB，所以vA>vB，C项错误；卫星的向心加速度a＝，当两卫星的轨道半径相同时，由于MA>MB，所以aA>aB，D项错误。
答案 A
二、多项选择题
11．如图所示，同步卫星与地心的距离为r，运行速率为v1，向心加速度为a1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则( )
A.＝ B.＝2
C.＝ D.＝
解析 因为地球同步卫星的角速度和地球赤道上的物体随地球自转的角速度相同，由a1＝ω2r，a2＝ω2R得＝，A项正确，B项错误；对于地球同步卫星和以第一宇宙速度运动的近地卫星，由万有引力提供做匀速圆周运动所需向心力得＝m，＝m，解得＝，D项正确，C项错误。
答案 AD
12. (2020·天水一中阶段性考试)如图所示，半圆形圆弧轨道固定在竖直面内，直径AD水平，一个质量为m的物块从A点以一定的初速度沿圆弧轨道向下运动，物块恰好匀速率沿圆弧轨道运动到最低点C，运动到B点时物块与圆心O的连线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，物块可视为质点，则( )
A．物块在B点受到轨道支持力的大小等于mgcosθ
B．物块在B点受到轨道摩擦力的大小等于mgsinθ
C．物块在B点时与轨道间的动摩擦因数等于tanθ
D．物块从A点运动到C点的过程中，受到轨道的作用力不断增大
解析 物块在B点时，FN－mgcosθ＝m，因此物块在B点受到轨道的支持力大于mgcosθ，A项错误；在B点沿切向加速度为零，即在B点受到轨道摩擦力的大小等于mgsinθ，B项正确；在B点，μFN＝mgsinθ，则μ＝<＝tanθ，C项错误；由于轨道对物块的作用力F和重力mg的合力大小恒定，方向始终指向圆心，根据力的合成及动态分析可知，随着物块向下运动，轨道对物块的作用力逐渐增大，D项正确。
答案 BD
三、非选择题
13. (2020·湖北省麻城市联考)如图所示，CDE为固定在竖直平面内的圆弧轨道，圆心为O，半径OC与水平方向的夹角θ＝37°，C、E两点等高。一质量m＝0.2 kg的小物块(视为质点)在斜向上的拉力F作用下沿水平台面AB以大小v0＝3 m/s的速度做匀速直线运动，离开台面右端B后立即撤去力F，物块恰好从C点无碰撞地进入轨道CDE。已知物块通过E点的速度与通过C点时的速度大小相等，物块与台面间的动摩擦因数μ＝0.75，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力不计。
(1)求力F的最小值Fmin；
(2)求B、C两点的水平距离x；
(3)若物块从E点飞出后恰好能回到C点，求物块通过E点前瞬间的角速度大小ω(结果可保留分式)。
解析 (1)物块在台面上匀速运动时，受力平衡，设拉力F与台面间的夹角为α，有
Fcosα＝μ(mg－Fsinα)，
变形得F＝＝，
当α＝37°时，力F有最小值，最小值为Fmin＝1.2 N。
(2)设物块通过C点时的速度大小为vC，有＝sinθ，
解得vC＝5 m/s，
设物块从B点运动到C点的时间为t1，有
vCcosθ＝gt1，
物块从B点运动到C点的过程中沿水平方向做匀速直线运动，有
x＝v0t1，
解得x＝1.2 m。
(3)设物块通过E点前瞬间的速度大小为vE，物块从E点运动到C点的时间为t2，有
vEcosθ＝g×，其中vE＝vC，
设圆弧轨道的半径为R，有
2Rcosθ＝vEsinθ·t2，
又ω＝，
解得ω＝ rad/s。
答案 (1)1.2 N (2)1.2 m (3) rad/s
14. (2020·江西省临川一中联考)足够大的水平光滑圆台中央立着一根光滑的杆，原长为L的轻弹簧套在杆上，质量均为m的A、B、C三个小球用两根轻杆通过光滑铰链连接，轻杆长也为L，A球套在竖直杆上。现将A球搁在弹簧上端，当系统处于静止状态时，轻杆与竖直方向夹角θ＝37°。已知重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
(1)求轻杆对B的作用力F和弹簧的劲度系数k；
(2)让B、C球以相同的角速度绕竖直杆匀速转动，若转动的角速度为ω0(未知)时，B、C球刚要脱离圆台，求轻杆与竖直方向夹角θ0的余弦和角速度ω0。
解析 (1)圆台光滑，对球BC分析可知水平方向平衡，故F＝0，
对A分析，竖直方向上受力平衡
mg＝kL(1－cos37°)，
解得k＝。
(2)BC刚要脱离平台时ABC整体在竖直方向合力为0对整体分析有
kL(1－cosθ0)＝3mg，
对B分析，mgtanθ0＝mωLsinθ0，
解得cosθ0＝0.4，ω0＝。
答案 (1)0 (2)0.4
大专题综合练(一) 力与运动
一、单项选择题
1.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图象如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是( )
A．0～t1时间内，v增大，FN>mg
B．t1～t2时间内，v减小，FN
解析 由于s－t图像的斜率表示速度，可知在0～t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则FNmg，C项错误，D项正确。
答案 D
2.在一个圆锥形容器内放置两个完全相同的光滑小球，两个小球静止时球心等高，截面如图所示。已知小球的质量为m，圆锥顶角α＝60°，重力加速度为g；设容器壁对每个小球的弹力大小为FN1，小球之间的弹力大小为FN2，则( )
A．FN1＝mg，FN2＝2mg
B．FN1＝mg，FN2＝mg
C．FN1＝2mg，FN2＝mg
D．FN1＝2mg，FN2＝mg
解析 分析左侧小球的受力情况，如图所示。根据几何关系可知，FN1＝＝2mg；FN2＝＝mg，D项正确。
答案 D
3．(2020·湖北省黄冈市新起点考试)一辆从高速公路服务区驶出的小汽车以90 km/h的速度并入高速公路行车道向前行驶，司机突然发现前方约100 m处有一辆正打开双闪的小汽车，以约45 km/h的速度缓慢行驶，司机发现无法变道的情况后，经3 s的反应时间开始刹车，刹车加速度大小约为5 m/s2。则两车相距最近的距离约为( )
A．15 m B．53 m
C．47 m D．63 m
解析 由图象可知，经5.5 s两车速度相等，此时后车比前车多走x＝(v1－v2)t1＋(v1－v2)(t1－t2)＝53.125 m，两车相距最近的距离为s－x＝100 m－53.125 m＝46.875 m，约为47 m，C项正确。
答案 C
4. (2020·山东省泰安市期末考试)如图，质量均为2 kg的滑块A与小球B用一根不可伸长的轻绳相连，滑块A套在水平直杆上。现用大小为30 N的水平力F拉B，A、B保持静止，重力加速度为10 m/s2，则水平直杆对A的作用力大小为( )
A．30 N B．40 N
C．50 N D．70 N
解析 以A、B整体为研究对象，受力分析如图，水平直杆对A的作用力为支持力FN和摩擦力f的合力。由平衡条件得其大小等于拉力F和重力2mg的合力大小＝50 N，C项正确。
答案 C
5. (2020·宁夏石嘴山三中第二次适应性考试)如图所示，在投球游戏中，小红坐在可升降的椅子上，向正前方的圆桶水平抛出篮球。已知某次抛出点的实际高度为2.0 m，桶的高度为0.4 m，桶到抛出点的水平距离为1.6 m，篮球恰好落入桶内，篮球质量为500 g，小红对篮球做功约为( )
A．0.2 J B．2 J
C．20 J D．200 J
解析 由平抛运动的规律得x＝v0t，h2－h1＝gt2，解得篮球的初速度v0＝x，小红对篮球做功W＝mv，代入数据解得W＝2 J，B项正确。
答案 B
6．(2020·东北师范大学附属中学第一次摸底)假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球半径为R，地球赤道处重力加速度为g，赤道处物体随地球自转向心加速度为a，则地球的第一宇宙速度表达式正确的是( )
A. B.
C. D.
解析 对赤道处的物体应用牛顿第二定律有G－mg＝ma，对围绕地球表面运行的卫星有G＝，则第一宇宙速度v＝，C项正确。
答案 C
7. (2020·哈尔滨三中第二次调研)如图所示，光滑固定水平圆盘中心有一个光滑小孔，用一光滑轻绳穿过小孔连接质量分别为m1、m2的小球A和B，让B球悬挂，A球在光滑圆盘面上绕圆盘中心做匀速圆周运动，角速度为ω，半径为r，则关于r和ω关系图象可能正确的是( )
解析 由平衡条件和牛顿第二定律得m2g＝m1ω2r，整理得r＝·，所以B项正确。
答案 B
8．(2020·湖北省黄冈市新起点考试)随着科技的发展，人类对外太空的探索不断深入，研究人员在某未知天体上做如下实验：将质量为2 kg的物体竖直悬挂在弹簧秤上，稳定时，在赤道处弹簧秤读数为10 N，在南北极处弹簧秤读数为12 N。如果该未知天体受到其他天体的影响，其自转周期变为原来的，则该物体在赤道上的重力约为( )
A．10 N B．12 N
C．10.4 N D．9.5 N
解析 在南北极处，物体不受地球自转影响，有G＝12 N，在赤道处重力mg＝10 N，即G－mg＝mR，该未知天体自转周期变为原来的，则G－mg′＝mR，解得mg′＝10.38 N≈10.4 N，故C项正确。
答案 C
二、多项选择题
9.如图所示，一原长为L0的弹簧上端固定一小球，置于竖直圆筒中，现让竖直圆筒依次竖直向下、竖直向上做加速度大小为g的匀加速直线运动，两次运动中弹簧的长度分别为L1、L2(弹簧始终在弹性限度内)，小球始终未碰到圆筒。则( )
A．L1>L2 B．L1
解析 当圆筒向下加速运动时，即弹簧与小球一起向下加速时，弹簧与小球处于完全失重状态，此时L1＝L0；当圆筒向上加速运动时，即弹簧与小球一起向上加速时，小球处于超重状态，弹簧弹力大于小球的重力，此时L2L2，A、C两项正确。
答案 AC
10．(2020·河北省衡水中学期中考试)如图所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力作用。A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量m＝3 kg，取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
A．两物块间的动摩擦因数为0.2
B．当0
解析 当F＝12 N时，A、B间刚开始相对滑动，两者间的静摩擦力f1达到最大值，即μmg＝6 N，解得μ＝0.2，故A项正确；当0＜F＜4 N时，B与地面间的摩擦力逐渐变大，A、B间的摩擦力始终为零，A、B都没有被拉动，A、B保持静止，故B项正确；当4 N＜F＜12 N时，A、B间的摩擦力开始逐渐变大，B与地面间的摩擦力不变，B已经拉动了，A、B保持相对静止，故C项错误；当F＞12 N时，A、B间相对滑动，摩擦力大小不变，A做匀加速运动，速度增大，但与F增大无关，故D项错误。
答案 AB
解题技巧 叠放物体在摩擦力作用下的运动过程中，寻找临界条件是解答问题的关键。本题中的已知信息由图象中获得，使得难度增加了。两个临界状态分别是：一是拉力为4 N时，B与地面间产生的相对滑动，但此时A、B相对静止；二是拉力为12 N时，A、B间产生的相对滑动，此后A受到滑动摩擦力作用，且不再变化。
11. (2020·百校联盟TOP300联考)如图所示，水平传送带以大小为v的速率沿顺时针匀速运行，一个小物块从传送带的右端点A以大小为2v的速度向左滑上传送带，小物块滑到传送带正中间时速度减为零。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．A、B两点间的距离为
B．小物块在传送带上运动时与传送带的相对位移为
C．要使小物块从传送带左端点B滑离，小物块在右端点A滑上传送带的速度至少为3v
D．增大传送带的速度(仍小于2v)，小物块与传送带间相对运动的时间变长
解析 物块向左滑动时，做加速度大小为a＝μg的匀减速直线运动，则传送带的长为L＝2×＝，A项错误；物块向左滑动时，运动的时间t1＝＝，这段时间内相对位移x相1＝＋vt1＝，当物块向右运动时，加速的时间为t2＝＝，这段时间内的相对位移为x相2＝vt2－＝，因此总的相对位移为，B项正确；要使物块从传送带左端点B滑离，物块在右端点A滑上传送带的速度至少为v′＝＝2v，C项错误；增大传送带的速度(仍小于2v)，物块向左相对传送带运动的时间不变，向右相对传送带运动的时间变长，因此物块与传送带相对运动的总时间变长，D项正确。
答案 BD
三、非选择题
12. (2020·东北师范大学附属中学第一次摸底)如图所示，弹簧的劲度系数为k，质量都为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于1.5mg的恒力向上拉B，运动一定距离B与A分离，已知重力加速度为g，求：
(1)当拉力作用在B上瞬间A对B物体的支持力；
(2)B物体从静止到分离过程A上升的高度h。
解析 (1)以A、B整体为研究对象
a＝＝＝0.75g，
设A对B的支持力为FN，对B应用牛顿第二定律
FN＋1.5mg－mg＝m×0.75g，
解得FN＝0.25mg。
(2)根据胡克定律，静止时弹簧压缩量为x1＝，
B与A分离时两者之间弹力为零，加速度相等＝，
解得x2＝，
则B物体从静止到分离过程A上升的高度为
h＝x2－x1＝。
答案 (1)0.25mg (2)
13．(2020·天水一中阶段性考试)如图所示为快件自动分捡装置原理图，快件通过一条传送带运送到各个分捡容器中。图中水平传送带沿顺时针匀速转动，右侧地面上有一个宽和高均为d＝1 m的容器，容器左侧离传送带右端B的水平距离也为d，传送带上表面离地高度为2d，快件被轻放在传送带的左端A，运动到B端后做平抛运动，AB间距离为L＝2 m，快件与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
(1)要使快件能落入容器中，传送带匀速转动的速度大小范围；
(2)试判断快件能不能不与容器侧壁碰撞而直接落在容器底部，如果能，则快件从A点开始到落到容器底部需要的最长时间为多少。
解析 (1)设快件从B端平抛落入容器中的最小速度大小为v1，
则d＝v1t1，
d＝gt，
解得v1＝＝ m/s，
设快件从B端平抛落入容器中的最大速度大小为v2，则有
2d＝v2t1，
d＝gt，
解得v2＝＝2 m/s，
快件在传送带上匀加速到达B点的速度为
v＝＝＝2 m/s，
因此传送带速度大小范围为v≥ m/s。
(2)设快件从容器左侧边缘落入容器可以直接落在容器底部，则
x＝v1t2,2d＝gt，
解得t2＝ s，x＝ m，
x<2d假设成立，因此快件能直接落在容器底部，且从容器左侧边缘落入容器中的快件从A点开始到落到容器底部需要的时间最长
快件在传送带上加速运动的时间
t1′＝＝＝ s，
加速运动的距离x1＝＝0.5 m，
匀速运动的时间t2′＝＝ s，
因此运动的最长时间
t＝t1′＋t2′＋t2＝ s。
答案 (1)v≥ m/s (2) s
第一部分
专题知识突破篇
专 题 一 力 与 运 动
①3大模型：4个运动模型、传送带模型、滑块－木板模型
②n种情境：生活、体育运动、生产、科技等，同时渗透科学态度与责任
③1个过程：运动过程
④3个障碍：运动中受力变化产生的多过程问题、多物体运动相互影响、数学应用(三角形、圆、二次函数求极值等)
⑤n种方法：合成法、分解法、正交分解法、图解法、相似三角形法、外接圆法、平均速度法、逐差法、图象法、解析法、假设法、“化曲为直”法、整体法和隔离法等
⑥5种思维：逆向思维、对称思维、临界思维、发散思维、收敛思维
微专题一 力与物体的平衡
三年＋三卷考情
命题规律＋预测
三年考题
考查内容
(1)通过近三年的高考题可以看出，高考命题热点集中在物体受力分析、物体平衡的计算问题，涉及力的合成与分解、整体法和隔离法等常规方法。题型一般为选择题。
(2)预计2021年高考命题会延续上述特点，复习中要加强多物体静态平衡和受力分析的训练。
2020
Ⅲ卷17T
共点力的平衡
2019
Ⅰ卷15T
静电场中平衡问题
Ⅰ卷19T
力的动态分析
Ⅱ卷16T
平衡中的临界极值问题
Ⅲ卷16T
共点力平衡的求解
2018
Ⅰ卷15T
胡克定律的理解及应用
高考考向1 受力分析与静态平衡
解|题|必|备
1．受力分析的常用技巧
当由力的产生条件不能直接判断力的有无和方向时，可使用以下三种常用的方法判断：
(1)假设法：假设弹力、摩擦力存在，运用平衡条件或牛顿第二定律进行分析和计算，从而作出判断。
(2)整体法和隔离法：分析连接体问题常采用此种方法，当不涉及内力时可用整体法，但涉及内力时可先用整体法再用隔离法分析。
(3)转换研究对象法：当直接分析一个物体的受力不方便时，可转换研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力。
2．解答静态平衡的四个步骤
3．两大思维方法对比
题|型|精|研
命题角度1 物体的受力分析
1.(2020·浙江新突破考前模拟)白板水平放置在地面上，在白板上用磁钉吸住一张彩纸，向右轻轻拉彩纸，未拉动，对这情景受力分析正确的是( )
平视截面图
A．磁钉受到向右的摩擦力
B．磁钉仅受重力和支持力两个力
C．彩纸受到白板向左的摩擦力
D．白板与地面间无摩擦力
解析 对磁钉分析可知，磁钉没有相对彩纸的运动趋势，故不受摩擦力，A项错误；磁钉还要受到白板的磁性吸引力，B项错误；由于彩纸相对于白板有向右的运动趋势，故彩纸受到白板向左的摩擦力，C项正确；对整体分析可知，整体有向右的运动趋势，故白板和地面间有摩擦力，D项错误。
答案 C
命题角度2 静态平衡问题
2.(合成法与分解法)(2020·福建省三明市期末质量检测)如图所示，空调室外机用三角形支架固定在外墙上，横梁AO水平，斜梁BO与横梁的夹角为30°，横梁对O点的拉力F1可视为沿OA方向，斜梁对O点的弹力F2沿BO方向，若图中支架的O点承受空调室外机向下200 N的压力，则( )
A．F1＝400 N F2＝200 N
B．F1＝200 N F2＝400 N
C．F1＝200 N F2＝200 N
D．F1＝200 N F2＝400 N
解析 受力分析如图所示，且F1与F2的合力F′与F等大、反向，结合三角形知识可得F1＝＝F＝200 N，F2＝＝2F＝400 N，B项正确。
答案 B
3.(正交分解法)(2020·四省八校第二次教学质量检测)如图，质量为m＝2 kg的物块在θ＝30°的固定斜面上恰能沿斜面匀速下滑，现对物体施加水平向左的推力F使物体沿斜面匀速上滑，g＝10 m/s2，则推力F的大小为( )
A． N B． N
C．20 N D． N
解析 未施加推力F时，恰好沿斜面匀速下滑，有mgsinθ＝μmgcosθ，则μ＝tanθ＝；施加力F后，沿斜面匀速上滑，有Fcosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋Fsinθ)＝0，
整理可得F＝＝20 N，C项正确。
答案 C
4.(整体法和隔离法)如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m，半径为r的半球体均匀物块A。现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则A球球心距墙角的最远距离是( )
A．2r B．r
C．r D．r
解析 对物块A和B受力分析如图所示，对B应用平衡条件得Nsinθ＝2mg，对A应用平衡条件得f＝Ncosθ，且f＝μFA，对AB整体有FA＝3mg，以上各式联立解得tanθ＝。A球球心到墙角的最远距离为r＋2rcosθ＝r，C项正确。
答案 C
高考考向2 动态平衡问题
解|题|必|备
解决动态平衡问题的思路和方法选择
题|型|精|研
5.(解析法)(多选)(2020·百校联盟TOP300联考)质量为m的物块放在水平桌面上，物块与水平桌面间的动摩擦因数为，现给物块一个斜向上的拉力F使物块匀速向右运动，则拉力F的值可能为( )
A．mg B．mg
C．mg D．mg
解析 分析物块受力如图所示，设拉力F与水平面的夹角为θ，由平衡条件得Fcosθ＝f，FN＋Fsinθ＝mg，且有f＝μFN，解得F＝，当θ＝30°时F有最小值，Fmin＝mg，所以C、D两项正确。
答案 CD
6.(图解法求极值)(2020·四川省宜宾四中一诊)如图所示，两个小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为θ＝45°，已知弹簧的劲度系数为k，则弹簧形变量最小值是( )
A． B．
C． D．
解析 以小球ab整体为研究对象，分析受力，作出F在几个方向时整体的受力图，根据平衡条件得知：F与T的合力与整体重力2mg总是大小相等、方向相反，由力的合成图可知，当F与绳子Oa垂直时，F有最小值，即图中2位置，F的最小值为：Fmin＝2mgsinθ＝2×mg＝mg。根据胡克定律：Fmin＝kxmin，所以xmin＝，A项正确，B、C、D三项错误。
答案 A
7.(相似三角形法)(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T1，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T2，弹簧的弹力为F2，则下列关于T1与T2、F1与F2之间的大小关系，正确的是( )
A．T1>T2 B．T1＝T2
C．F1
答案 BC
8.(外接圆法)(多选)如图所示，表面光滑的半圆柱体固定在水平面上，小物块在拉力F作用下从B点沿圆弧缓慢上滑至A点，此过程中F始终沿圆弧的切线方向。则( )
A．小物块受的支持力逐渐变大
B．小物块受的支持力先变小后变大
C．拉力F逐渐变小
D．拉力F先变大后变小
解析 在缓慢拉动物块时物块所受合外力始终为零。在物块所受三个力中，重力恒定，支持力与拉力始终垂直，作出平行四边形，则三力构成的三角形是以重力为直径的圆的内接三角形。由图可以看出，A、C两项正确。
答案 AC
高考考向3 电磁场中的平衡问题
解|题|必|备
1．基本思路
要坚持“电学问题、力学方法”的基本思路，结合电学的基本规律和力学中的受力分析及平衡条件解决问题。
2．几点注意
(1)点电荷间的作用力大小要用库仑定律。
(2)安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向，再用左手定则，同时注意将立体图转化为平面图。
(3)电场力或安培力的出现，可能会对弹力或摩擦力产生影响。
(4)涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的应用。
题|型|精|研
命题角度1 电场中的平衡
9.(2019·全国卷Ⅰ)如图，空间存在一方向水平向右的匀强电场，两个带电小球P和Q用相同的绝缘细绳悬挂在水平天花板下，两细绳都恰好与天花板垂直，则( )
A．P和Q都带正电荷
B．P和Q都带负电荷
C．P带正电荷，Q带负电荷
D．P带负电荷，Q带正电荷
解析 对P、Q整体进行受力分析可知，在水平方向上整体所受电场力为零，所以P、Q必带等量异种电荷，A、B两项错误；对P进行受力分析可知，Q对P的库仑力水平向右，则匀强电场对P的电场力应水平向左，所以P带负电荷，Q带正电荷，C项错误，D项正确。
答案 D
命题角度2 通电导体在磁场中的平衡
10.如图所示，金属杆MN用两根绝缘细线悬于天花板的O、O′点，杆中通有垂直于纸面向里的恒定电流，空间有竖直向上的匀强磁场，杆静止时处于水平，悬线与竖直方向的夹角为θ，若将磁场在竖直面内沿逆时针方向缓慢转过90°，在转动过程中通过改变磁场磁感应强度大小来保持悬线与竖直方向的夹角不变，则在转动过程中，磁场的磁感应强度大小的变化情况是( )
A．一直减小 B．一直增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小
解析 磁场在旋转的过程中，杆处于平衡状态，杆所受重力的大小和方向不变，悬线的拉力方向不变，由图解法结合左手定则可知，在磁场旋转的过程中，安培力先减小后增大，由F＝BIL可知，磁场的磁感应强度先减小后增大，C项正确。
答案 C
命题角度3 电磁感应中的平衡
11．如图甲所示，MN、PQ是两根长为L＝2 m、倾斜放置的平行金属导轨，导轨间距d＝1 m，导轨所在平面与水平面成一定角度，M、P间接阻值为R＝6 Ω的电阻。质量为m＝0.2 kg、长度为d的金属棒ab放在两导轨上中点位置，金属棒恰好能静止。从t＝0时刻开始，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，在t0＝0.1 s时刻，金属棒刚要沿导轨向上运动，此时磁感应强度B0＝1.2 T。已知金属棒与导轨始终垂直并且保持良好接触，不计金属棒和导轨电阻，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)0～t0时间内通过电阻R的电荷量q；
(2)金属棒与导轨之间的动摩擦因数μ。
解析 (1)由题意得0～t0时间内回路中磁通量的变化量：ΔΦ＝B0d，①
E＝，②
I＝，③
故0～t0时间内通过电阻R的电荷量：q＝IΔt，④
联立①②③④解得I＝2 A，q＝0.2 C。
(2)由题意知，未加磁场时，金属棒恰好能处于静止状态，设导轨平面与水平面之间的夹角为θ，
则有mgsinθ＝Ffm，⑤
Ffm＝μFN，⑥
FN＝mgcosθ，⑦
在t0＝0.1 s时刻，金属棒刚要沿导轨向上运动，
则有F安＝mgsinθ＋Ffm，⑧
此时F安＝B0Id，⑨
联立⑤⑥⑦⑧⑨解得μ＝0.75。
答案 (1)0.2 C (2) 0.75
课时巩固练(1) 力与物体的平衡
一、单项选择题
1.一个大人拉着载有两个小孩的车在水平地面上沿直线匀速前进，其拉杆可自由转动，则对小孩和车下列说法正确的是( )
A．拉力的水平分力等于小孩和车所受的合力
B．拉力与摩擦力的合力方向竖直向上
C．拉力与摩擦力的合力大小等于重力大小
D．小孩和车所受的合力不为零
解析 小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，拉力的水平分力等于小车所受的摩擦力，A项错误；小孩和车整体受重力、支持力、拉力和摩擦力，根据共点力平衡条件，拉力、摩擦力的合力与重力、支持力的合力平衡，重力、支持力的合力方向竖直向下，故拉力与摩擦力的合力方向竖直向上，C项错误，B项正确；小孩和车做匀速直线运动，故所受的合力为零，D项错误。
答案 B
2．图甲是某同学写字时的握笔姿势，图乙是他在握笔时把拇指和食指松开时的状态，笔尖仍然斜向下且笔保持静止状态。关于两幅图中笔的受力，下列说法正确的是( )
A．图甲中笔可能不受摩擦力
B．图乙中笔可能不受摩擦力
C．图甲和图乙中手对笔的作用力方向都为竖直向上
D．图甲中手的握力越大，笔所受的摩擦力越大
解析 对图甲中的笔受力分析，受到手指的压力，重力，摩擦力，如果没有受到摩擦力，笔就会顺着手指滑下来，A项错误；对图乙中的笔受力分析，受到重力，摩擦力，手的支持力，如果没有受到摩擦力，笔就会顺着手指滑下来，B项错误；因为图甲和图乙中的笔都是静止状态，所以手对笔的作用力与重力大小相等，方向相反，C项正确；图甲中的笔受到的是静摩擦力，大小等于笔的重力和握力大小无关，D项错误。
答案 C
3.(2020·安徽省皖南八校第一次联考)如图所示，三角块B放在斜面体A上，轻弹簧一端连接三角块B，另一端连接在天花板上，轻弹簧轴线竖直，斜面的倾角为30°，若A的质量为1 kg，B的质量为0.5 kg，地面对A的支持力大小为20 N，重力加速度为10 m/s2，则A对B的摩擦力大小为( )
A．0 B．2.5 N
C．5 N D．2 N
解析 对整体研究，根据力的平衡条件，轻弹簧向下压力大小为F＝20 N－15 N＝5 N，对三角块B研究，f＝(F＋mBg)sinθ＝5 N，C项正确。
答案 C
4.(2020·百校联盟TOP300联考)正在海上行驶的一艘帆船，行驶方向如图所示，海风吹来的方向与船行驶的方向夹角为53°，升起风帆，调整风帆的角度，使海风垂直吹在帆面上，若海风吹在帆面上的风力大小为500 N，则沿船行驶方向获得的推力大小为(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)( )
A．300 N B．375 N
C．400 N D．450 N
解析 如图所示，对垂直作用于帆面上的风力进行分解，分解成沿船行驶方向和垂直于船行驶方向的力，沿船行驶方向的分力F1＝Fcosθ＝300 N，A项正确。
答案 A
5.(2020·浙江考前模拟)如图所示，质量为m2的物体Q通过三段轻绳悬挂，三段轻绳的结点为O，轻绳OB水平且B端与另一质量为m1的物体P相连，P与水平地面之间的动摩擦因数μ＝0.3，轻绳OA与竖直方向的夹角θ＝37°，轻绳OA能承受的最大拉力为300 N。欲使Q、P均保持静止，且轻绳OA不断裂，则P、Q的质量可能为(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．m1＝80 kg，m2＝30 kg
B．m1＝70 kg，m2＝30 kg
C．m1＝65 kg，m2＝20 kg
D．m1＝45 kg，m2＝20 kg
解析 对结点O受力分析，如图所示，结点O平衡，故有T＝，F＝m2gtanθ，结合题意，P、Q需满足T≤300 N且F≤μm1g，可得m2≤24 kg，m1≥60 kg，C项正确。
答案 C
6.(2020·安徽省皖江名校联盟第一次联考)如图所示，水平固定杆上套一物块甲，甲与小球乙用一根不可伸长的轻绳相连，现用跟水平方向成α＝30°角的力F＝10 N拉着乙并带动甲一起向右匀速运动，在运动中两者的相对位置保持不变，甲与水平杆间的动摩擦因数为μ。在运动过程中，轻绳与水平方向的夹角为θ，已知甲、乙质量分别为2 kg和1 kg，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．μ＝，θ＝30° B．μ＝，θ＝30°
C．μ＝，θ＝22.5° D．μ＝，θ＝22.5°
解析 以乙为研究对象，进行受力分析，由于拉力F与乙的重力大小相等，夹角为120°，故轻绳的拉力T大小为10 N，与水平方向的夹角应为θ＝30°。以甲为研究对象，进行受力分析得：Tcosθ＝μ(m甲g＋Tsinθ)，得滑块甲与水平直杆之间的动摩擦因数μ＝，A项正确。
答案 A
7.(2020·福建省永安一中、漳平一中联考)如图所示，AB、BD为两段轻绳，其中BD段水平，BC为处于伸长状态的轻质弹簧，且AB和CB与竖直方向的夹角均为45°，现将BD绳绕B点缓慢向上转动，保持B点不动，则在转动过程中作用于BD绳的拉力F的变化情况是( )
A．变大 B．变小
C．先变大后变小 D．先变小后变大
解析 结点B在三个力作用下处于平衡状态，B点的位置不动，BD最多只能转过45°角。AB绳与弹簧BC的拉力的合力F′BD与BD绳的拉力大小相等，方向相反，作出力FAB与FBC的合力示意图，由于B点的位置不动，弹簧的弹力大小和方向不变，则F′BD一直减小，B项正确。
答案 B
8．(2020·全国卷Ⅲ)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α＝70°，则β等于( )
A．45° B．55°
C．60° D．70°
解析 甲物体是拴牢在O点，且甲、乙两物体的质量相等，则甲、乙绳的拉力大小相等，O点处于平衡状态，则左侧绳子拉力的方向在甲、乙绳子的角平分线上，如图所示，根据几何关系有180°＝2β＋α，解得β＝55°，故B项正确。
答案 B
9.(2020·云南省师范大学附属中学月考)一长方体容器静止在水平地面上，两光滑圆柱A、B放置于容器内，横截面如图所示。若圆柱A的质量为m、半径RA＝10 cm；圆柱B的质量为M、半径RB＝15 cm；容器的宽度L＝40 cm。A对容器左侧壁的压力大小用NA表示，B对容器右侧壁的压力大小用NB表示，A对B的压力大小用NAB表示，B对容器底部的压力大小用N表示。下列关系式正确的是( )
A．NA＝mg B．NB＝(M＋m)g
C．NAB＝mg D．N＝Mg＋mg
解析 如图甲所示，据图中几何关系可得cosθ＝＝，球A受力分析如图乙所示，可得NA＝＝mg，NBA＝＝mg；A、B整体受力分析如图丙所示，可得NB＝NA＝mg，N＝(M＋m)g，C项正确。
答案 C
10.(2020·河南省南阳市一中月考)如图所示，两个带有同种电荷的小球A、B，其质量分别为m1、m2，其带电量分别为q1、q2，用绝缘细线悬挂于O点，若平衡时两球连线与过O点的竖直线的交点为C，已知A、C间距等于B、C间距的一半，则( )
A．2m1＝m2 B．m1＝2m2
C．2q1＝q2 D．q1＝2q2
解析 对小球A和B受力分析如图所示，由相似三角形对应边成比例可得＝，＝， 且BC＝2AC，整理可得m1＝2m2，与电荷量无关，只有B项正确。
答案 B
11.如图所示，处于竖直平面内的正六边形金属框架ABCDEF可绕过C点且与框架平面垂直的水平轴自由转动，该金属框架的边长为L，中心记为O，用两根不可伸长、长度均为L的轻质细线将质量为m的金属小球悬挂于框架的A、E两个顶点并处于静止状态，现令框架绕转轴、沿顺时针方向缓慢转过90°角，已知重力加速度为g，在包括初、末状态的整个转动过程中，下列说法正确的是( )
A．细线OA中拉力的最大值为mg
B．细线OA中拉力一直增大
C．细线OE中拉力的最大值为
D．细线OE中拉力一直增大
解析 对中心O点的小球受力分析如图，由三角形定则知，力FA、FE及两者的合力G′，构成三角形，作三角形的外接圆。小球的重力不变，力FA、FE的夹角不变，当装置顺时针转过90°的过程中，内接三角形的顶角(即合力G′所对的圆周角)不变，由图可知细线OA拉力先增大后减小，且最大值大于mg；OE线的拉力一直减小，初始位置时的最大值为＝mg，综上所述，只有C项正确。
答案 C
解题技巧 关于动态平衡问题在高考中多次出现，对用数学方法解决物理问题的能力的要求较高。以往的动态平衡问题大多可用图解法、相似三角形方法解题。本题的设计很巧妙，对数学知识的运用考查的非常到位。外接圆法解答动态平衡问题的前提条件是：物体受三个力作用，其中一个力为恒力，另两个力为变力，但这两个力之间的夹角不变，这样就与外接圆中同一条弦所对的圆周角相等联系在一起，成为此类问题的解题突破口。
二、多项选择题
12.(2020·陕西省百校联盟TOP20联考)如图所示，固定斜面C上有质量均为m的A、B两个物体一起相对静止地沿倾角为θ的斜面匀速下滑，B和斜面间动摩擦因数为μ1，A和B间动摩擦因数为μ2，重力加速度大小为g，则A、B间的摩擦力大小为( )
A．μ1mgcosθ B．μ2mgcosθ
C．mgsinθ D．0
解析 A、B一起匀速运动，均受力平衡，对整体有2μ1mgcosθ＝2mgsinθ，对A受力分析有f＝mgsinθ，A、C两项正确。
答案 AC
13.如图所示，一根通电的导体棒放在倾角为α的粗糙斜面上，置于图示方向的匀强磁场中，处于静止状态。现增大电流，导体棒仍静止，则在增大电流过程中，导体棒受到的摩擦力的大小变化情况可能是( )
A．一直增大 B．先减小后增大
C．先增大后减小 D．始终为零
解析 若F安
答案 AB
三、非选择题
14．(2020·湖北省武汉市部分学校质量监测)筷子是中国人常用的饮食工具，也是中华饮食文化的标志之一。筷子在先秦时称为“挾”，汉代时称“箸”，明代开始称“筷”。如图所示，用筷子夹质量为m的小球，筷子均在竖直平面内，且筷子和竖直方向的夹角均为θ，为使小球静止，求每根筷子对小球的压力N的取值范围？已知小球与筷子之间的动摩擦因数为μ(μ
解析 筷子对小球的压力太小，小球有下滑的趋势，最大静摩擦力沿筷子向上，如图甲所示。
甲
小球平衡，有
2Nsinθ＋2fcosθ＝mg，
f＝μN，
联立解得N＝，
筷子对小球的压力太大，小球有上滑的趋势，最大静摩擦力沿筷子向下，如图乙所示。
乙
小球平衡，有
2N′sinθ＝mg＋ 2f′cosθ，
F′＝μN′，
联立解得N′＝，
综上，筷子对小球的压力的取值范围为
≤N≤。
答案 ≤N≤
学科素养 以生活中常用的筷子为载体，考查物体的平衡条件和临界、极值问题。从此题可以看出物理渗透在生活、生产中的各个方面，要学会用所学的物理知识解释身边的现象。本题不仅从物理学的角度教会你如何更容易地用筷子夹起小球，还提高了我们如何把生活、生产的实际问题抽象成物理问题(即提炼物理模型)，进而提高解决问题的能力。
微专题二 力与物体的直线运动
三年＋三卷考情
命题规律＋预测
三年考题
考查内容
(1)匀变速直线运动规律是高中物理的基础，牛顿运动定律是经典物理学最重要的规律，在近几年高考中考查频率很高。高考着重考查的知识点有：
①结合基本规律考查匀变速直线运动。
②运动图象及其拓展应用。
③动力学规律的应用，多过程问题。
④整体法和隔离法处理连接体问题等。
(2)在2021年高考备考中要重视运动图象、动力学规律及应用的复习，并在练习中提高从生活、生产背景中提炼物理模型的能力。
2020
Ⅰ卷24T
平衡条件、匀变速直线运动的规律
2019
Ⅰ卷18T
匀变速直线运动的推论
Ⅲ卷20T
牛顿运动定律的综合应用
2018
Ⅰ卷15T
牛顿第二定律
Ⅰ卷18T
牛顿第二定律
Ⅱ卷15T
自由落体公式
Ⅱ卷19T
匀加速与匀速v－t图象
Ⅲ卷18T
匀加速与匀速x－t图象
高考考向1 匀变速直线运动规律的应用
解|题|必|备
1．匀变速直线运动的规律及常用的六种解题方法
2．处理刹车类问题的思路
先判断刹车时间，再进行分析计算。
3．追及和相遇问题的解题思路和技巧
(1)解题思路
(2)解题技巧
①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。
②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。
③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析。
题|型|精|研
命题角度1 规律及方法的选择
1．(公式法)(2020·贵阳一中、云师大附中、南宁三中诊断性联考)一个物体做匀加速直线运动，依次经过A、B、C、D四个点，已知AB、BC、CD的长度相同，则运动物体在AB、BC、CD三个过程中相同的量是( )
A．时间 B．平均速度
C．速度的变化量 D．速度平方的变化量
解析 由于物体做匀加速直线运动，AB＝BC＝CD，每段位移所用的时间越来越小，A项错误；由v＝，平均速度变大，B项错误；由Δv＝at，速度变化量变小，C项错误；由v－v＝2ax可知D项正确。
答案 D
2．(平均速度法)(2020·江西省吉安市教学质量检测)一辆汽车由静止开始做初速度为零的匀加速直线运动，速度增大到25 m/s后做匀速直线运动，已知汽车前5 s内的位移为75 m，则汽车匀加速运动的时间为( )
A．3 s B．4 s
C．5 s D．6 s
解析 若前5 s内汽车一直做匀加速运动，则前5 s内匀加速的最大位移为x＝vmt＝62.5 m，小于75 m，因此汽车在前5 s内一定是先做匀加速运动后做匀速运动，匀加速的时间为t，则x′＝vmt＋vm(t0－t)，且t0＝5 s，解得t＝4 s，B项正确。
答案 B
3.(比例法)(2020·安徽省六安市质量检测)如图所示，可视为质点的子弹在三个完全相同且固定在水平面上的物块中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿过第三个物块。根据以上信息可以判定( )
A．子弹依次穿过每个物块的时间之比为1∶∶
B．子弹穿出第二个物块时的瞬时速度与全程的平均速度相等
C．子弹依次穿过每个物块过程的动能变化量相等
D．子弹依次穿过每个物块过程的动量减少量相同
解析 由运动的可逆性得，依次穿过三个物块的时间之比为(－)∶(－1)∶1, A项错误；穿出第二个物块时不是全过程的中间时刻，此时速度与全程平均速度不等，B项错误；子弹做匀减速运动，合力不变，穿过每个物块合力做功相同，动能变化量相同，动量变化量不同，C项正确，D项错误。
答案 C
4．(推论法)(2020·海南省嘉积中学第一次月考)有一辆汽车正在做匀加速直线运动。从某时刻开始计时，第1 s内，汽车前进了7.5 m。第3 s内，汽车前进了17.5 m。则汽车的加速度为( )
A．5 m/s2 B．7.5 m/s2
C．15 m/s2 D．17.5 m/s2
解析 由运动学推论得汽车的加速度a＝＝ m/s2＝5 m/s2，A项正确。
答案 A
5．(逆向思维法)(2020·湖南省怀化市期末考试)小物块以6 m/s的初速度在粗糙的水平面上滑行，经4 s速度减为零，则物块第4 s内的位移为( )
A．0.75 m B．1 m
C．1.25 m D．1.5 m
解析 物块的加速度a＝＝1.5 m/s2，应用逆向思维，物块在第4 s内的位移x＝at＝×1.5×12 m＝0.75 m，A项正确。
答案 A
命题角度2 刹车类问题
6．(刹车问题)(2020·天水一中第二次考试)一辆汽车遇到险情紧急刹车，刹车过程做匀减速运动，刹车后第1 s内的位移为16 m，最后1 s内的位移为8 m，则汽车的刹车时间为 ( )
A．1 s B．1.5 s
C．2 s D．2.5 s
解析 最后1 s内的汽车位移为8 m，根据x＝at2，可知加速度大小为a＝16 m/s2，刹车后第1 s内的平均速度大小v＝ m/s＝16 m/s，则刹车的时间：t＝0.5 s＋ s＝1.5 s，B项正确。
答案 B
命题角度3 追及和相遇问题
7．在铁路与公路交叉点上，由于司机粗心、判断失误或车况等原因常常造成交通事故。现有一辆长为5 m的汽车以v1＝15 m/s的速度行驶，在离铁路与公路交叉点175 m处，汽车司机突然发现离交叉点200 m处有一列长300 m的列车以v2＝20 m/s的速度行驶过来，为了避免事故的发生，汽车司机如果立刻做匀加速运动，则最小加速度应多大？汽车司机如果立刻刹车做匀减速运动，则最小加速度为多少？
解析 汽车加速行驶，在列车通过交叉口前面通过，临界情况：L＋x＝v1t＋at2，
列车到达交叉口所用时间为t＝＝ s＝10 s，
解得a＝0.6 m/s2，
故当汽车以大于0.6 m/s2的加速度加速行驶时可避免事故发生。
汽车减速行驶，列车通过交叉口所需时间为
t1＝ s＝25 s，
汽车减速到停止过程，有x＝v1t2，
代入数据得t2＝ s≈23.33 s＜25 s，
则汽车做减速运动应满足
－2a1x＝0－v，
代入数据得a1≈0.643 m/s2，
故当汽车以大于0.643 m/s2的加速度刹车时亦可避免事故发生。
答案 0.6 m/s2 0.643 m/s2
高考考向2 牛顿运动定律的应用
解|题|必|备
1．瞬时加速度的求解
(1)两类模型
①刚性绳(或接触面)——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。
②弹簧(或橡皮绳)——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，其形变恢复需要一段时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变。
(2)求解瞬时加速度的一般思路
→→
2．超重和失重问题
物体的超重、失重状态取决于加速度的方向，与速度方向无关。
3．动力学的两类基本问题的处理思路
题|型|精|研
命题角度1 瞬时加速度的求解
8.(2020·湘赣皖·长郡十五校联考)在天花板下方悬挂了两个小球A、B，其中A与天花板间以细线连接，A与B间以弹簧连接，A、B质量分别为2m、3m，二者相对静止，某一时刻将细线烧断，在细线烧断的瞬间，关于小球A、B的分析正确的是(重力加速度取g)( )
A．弹簧的弹力大小不变
B．这一瞬间弹簧的弹力为0
C．小球A的加速度为0
D．小球B的加速度为g
解析 细线断裂瞬间，弹簧弹力不变，为3mg，由牛顿第二定律可得，aA＝＝g，aB＝＝0，A项正确。
答案 A
命题角度2 超重、失重现象
9.(2020·河南省九师联盟质量检测)2019年国际篮联篮球世界杯暨第18届国际篮联篮球世界杯，于2019年8月31日到9月15日在我国的北京、广州、南京、上海、武汉、深圳、佛山、东莞八座城市举行。图为比赛中一运动员三分远投经历了下蹲、蹬地、离地上升、抛投过程，一气呵成，若不计空气阻力，关于运动员的一系列动作，下列说法正确的是( )
A．运动员下蹲过程始终处于失重状态
B．运动员蹬地上升到离地过程中，运动员蹬地的力大于地面对运动员的支持力
C．运动员蹬地上升到离地过程中，可能先超重后失重
D．运动员离地后上升过程中，处于完全失重状态，因此不受重力作用
解析 运动员下蹲过程，先向下加速后向下减速，因此先处于失重后处于超重状态，A项错误；运动员蹬地上升到离地过程中，根据牛顿第三定律可知，运动员蹬地的力等于地面对运动员的支持力，运动员的加速度先向上后向下，所以先处于超重状态后处于失重状态，B项错误，C项正确；运动员离地上升过程中，处于完全失重状态，但所受重力不变，D项错误。
答案 C
命题角度3 两类动力学问题
10．(由运动情况分析受力情况)(2020·湖北省十堰市调研考试)质量为1 kg的物块在轻绳的拉动下，沿倾角为30°、足够长的固定斜面由静止开始向上做匀加速直线运动，轻绳与斜面平行。在0～5 s内，物块运动了20 m，已知物块与斜面间的动摩擦因数为，重力加速度取10 m/s2。则轻绳对物块的拉力大小为( )
A．10 N B．11.6 N
C．12.5 N D．14.1 N
解析 由位移公式x＝at2得物块的加速度a＝＝1.6 m/s2，根据牛顿运动定律得F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma，代入数据解得F＝11.6 N，B项正确。
答案 B
11．(由受力情况分析运动情况)水平路面上质量为30 kg的小车，在60 N水平推力作用下由静止开始以1.5 m/s2的加速度做匀加速直线运动。2 s后撤去该推力，则( )
A．小车2 s末的速度是4 m/s
B．小车受到的阻力大小是15 N
C．撤去推力后小车的加速度大小是1 m/s2
D．小车运动的总时间为6 s
解析 小车2 s末的速度是：v＝at＝1.5×2 m/s＝3 m/s，故A项错误；根据牛顿第二定律得：F－f＝ma，解得：f＝F－ma＝60 N－30×1.5 N＝15 N，故B项正确；撤去推力后，根据牛顿第二定律：f＝ma1，解得：a1＝0.5 m/s2，故C项错误；撤去推力后运动的时间为：t1＝ s＝6 s，所以小车运动的总时间为：t总＝(2＋6) s＝8 s，故D项错误。
答案 B
12．(多过程运动问题)如图所示，质量分别为0.5 kg、0.2 kg的弹性小球A、B穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离为0.8 m，小球距离绳子末端6.5 m，小球A、B与轻绳间的滑动摩擦力都为自身重力的，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现由静止同时释放A、B两个小球，不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g＝10 m/s2。
(1)求释放A、B两个小球后，A、B各自加速度大小。
(2)小球B从开始释放经多长时间落到地面？
解析 (1)由题意知B与轻绳间的滑动摩擦力fB＝kmBg＝1.0 N，而A与轻绳间的滑动摩擦力fA＝kmAg＝2.5 N。
即 fB
解得aB＝5 m/s2，
对A有mAg－kmBg＝mAaA，
解得aA＝8 m/s2。
(2)设经历时间t1小球B脱离绳子，此时小球B下落高度为hB，获得速度为vB，依题意有
aAt＋aBt＝6.5 m，
解得t1＝1 s，
此时B下落hB＝aBt＝2.5 m，
小球B离开绳时的速度为
vB＝aBt1＝5 m/s，
小球B脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，设此时距地面高度为H，再经时间t2落地有
H＝6.5 m＋0.8 m－2.5 m＝4.8 m，
H＝vBt2＋gt，
解得t2＝0.6 s，
故B从开始释放到落地共经历时间
t＝t1＋t2＝1.6 s。
答案 (1)8 m/s2 5 m/s2 (2)1.6 s
13．(传送带模型)如图所示，倾角为θ＝37°的传送带以速度v1＝2 m/s顺时针匀速转动。将一小物块以v2＝8 m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带足够长，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小物块运动的加速度大小恒为10 m/s2
B．小物块向上运动的时间为0.6 s
C．小物块向上滑行的最远距离为4 m
D．小物块最终将随传送带一起向上匀速运动
解析 小物块的运动分两个阶段：因初始时v2>v1，则开始一段时间小物块相对传送带向上运动，其所受滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律有：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得a1＝10 m/s2。因mgsinθ>μmgcosθ，则小物块速度与传送带速度相同之后，小物块将相对传送带向下运动，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，A项错误；向上运动的时间分别为t1＝＝0.6 s，t2＝＝1.0 s，所以向上运动的时间为t1＋t2＝1.6 s，B项错误；向上运动的位移分别为x1＝t1＝3 m，x2＝t2＝1 m，向上滑行最远距离x＝x1＋x2＝4 m，C项正确；由以上分析可知，小物块先向上减速到零，再向下加速，D项错误。
答案 C
高考考向3 动力学图象问题
解|题|必|备
运动图象的“三看”“四提醒”
(1)“三看”
①看清坐标轴所表示的物理量―→明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)的制约关系；②看图线本身―→识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程；③看交点、斜率和“面积”―→明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义。
(2)“四提醒”
①对于x－t图象，图线在纵轴上的截距表示t＝0时物体的位置，两图线的交点表示两物体相遇；对于v－t和a－t图象，图线在纵轴上的截距并不表示t＝0时物体的位置；②在v－t图象中，两条图线的交点表示两者速度相同，不表示两物体相遇；③v－t图象中两条图线在轴上的截距不同，不要误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题中条件确定；④对于非常规图象，不要想当然的猜测图线的物理意义，要结合运动学公式和图象，找出函数表达式，进而确定斜率、截距等意义。
题|型|精|研
命题角度1 常规图象
14.(x－t图象)(多选)(2018·全国卷Ⅲ)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．在t1时刻两车速度相等
B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等
C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等
D．在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等
解析 x－t图象某点的切线斜率表示瞬时速度，A项错误；前t1时间内，由于甲、乙的出发点不同，故路程不同，B项错误；t1～t2时间内，甲、乙的位移和路程都相等，大小都为x2－x1，C项正确；t1～t2时间内，甲的x－t图象在某一点的切线与乙的x－t图象平行，此时刻两车速度相等，D项正确。
答案 CD
15.(v－t图象)(多选)(2018·全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度－时间图象分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶。下列说法正确的是( )
A．两车在t1时刻也并排行驶
B．在t1时刻甲车在后，乙车在前
C．甲车的加速度大小先增大后减小
D．乙车的加速度大小先减小后增大
解析 根据v－t图象与时间轴所围“面积”大小判断位移大小，在t1～t2时间内，甲车位移大于乙车位移，又知t2时刻两车相遇，因此t1时刻甲车在后，乙车在前，故A项错误，B项正确；根据图象可知，甲、乙图象的斜率均先减小后增大，因此甲、乙的加速度均先减小后增大，故C项错误，D项正确。
答案 BD
16.(a－t图象)(多选)一汽车在高速公路上以v0＝30 m/s的速度匀速行驶，t＝0时刻，驾驶员采取某种措施，汽车运动的加速度随时间变化的关系如图所示，以初速度方向为正，下列说法正确的是( )
A．t＝6 s时车速为5 m/s
B．t＝3 s时车速为零
C．前9 s内的平均速度为15 m/s
D．前6 s内车的位移为90 m
解析 0～3 s，汽车做匀减速直线运动，3 s末的速度v3＝v0＋a1t1＝(30－10×3) m/s＝0，B项正确；3～9 s，汽车做匀加速直线运动，t＝6 s时速度v6＝a2t2＝5×3 m/s＝15 m/s，A项错误；前3 s内的位移x3＝＝ m＝45 m,3～9 s内的位移x3～9＝a2t＝×5×62 m＝90 m，则前9 s内的位移为x9＝x3＋x3～9＝135 m，平均速度为v＝＝ m/s＝15 m/s，C项正确；3～6 s内的位移x3～6＝a2t＝×5×32 m＝22.5 m，则前6 s内的位移为x6＝x3＋x3～6＝67.5 m，D项错误。
答案 BC
命题角度2 非常规图象
17．(v2－x图象)(2020·东北师范大学附属中学第一次摸底)如图甲所示，质量m＝0.5 kg、初速度v0＝6 m/s的物块受水平向左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上从零时刻由O点开始向右运动，O点为坐标原点，整个运动过程中物块速率的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g＝10 m/s2，下列说法中正确的是( )
A．t＝2 s时物块速度为零
B．t＝3 s时物块回到O点
C．恒力F大小为2 N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
解析 由速度－位移关系式v2－v＝2ax得，物块减速运动时的加速度大小a1＝6 m/s2，反向加速运动时的加速度大小a2＝2 m/s2。物块减速到0所用时间t1＝＝1 s，A项错误；物块减速运动的位移大小x1＝3 m，反向加速运动2 s内的位移大小x2＝a2t＝4 m，所以t＝3 s时物块在出发点的左侧1 m处，B项错误；由牛顿第二定律得，物块减速运动时有F＋μmg＝ma1；物块反向加速运动时有F－μmg＝ma2，两式联立解得F＝2 N，μ＝0.2，C项正确，D项错误。
答案 C
18．(a－x图象)(2020·河北省“五个一”名校联盟一轮复习收官考试)港珠澳大桥是目前世界上最长的跨海大桥，为香港、澳门、珠海三地提供了一条快捷通道。图甲是港珠澳大桥中的一段，一辆以4 m/s速度行驶的小汽车在长度为L＝28 m的平直桥面上提速，图乙是该车在该段提速的加速度(a)与位移(x)的关系。则关于小汽车通过该段平直桥面的末速度和时间分别为( )
A．10 m/s 3 s B．10 m/s 4 s
C．5 m/s 3 s D．5 m/s 2 s
解析 由图象可知，汽车做匀加速直线运动，结合公式v2－v＝2ax和图线与x轴所夹的面积得末速度v＝10 m/s，由速度公式得加速时间t＝＝ s＝4 s。综上所述，B项正确。
答案 B
高考考向4 连接体问题
解|题|必|备
1．整体法与隔离法
(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。
2．两物体分离或相对滑动的条件
(1)叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间的静摩擦力达到最大值。
(2)靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，但此时两物体的加速度仍相同。
3．用滑轮连接的连接体的处理方法
通过滑轮连接的两个物体：加速度大小相同。加速度不为零时，轻绳的拉力不等于所悬挂物体的重力。
题|型|精|研
命题角度1 连接体内各物体的加速度相同
19．如图甲所示，当A、B两物块放在光滑的水平面上时，用水平恒力F作用于A的左端，使A、B一起向右做匀加速直线运动时的加速度大小为a1，A、B间的相互作用力的大小为N1。如图乙所示，当A、B两物块放在固定光滑斜面上时，在恒力F作用下，使A、B一起沿斜面向上做匀加速直线运动时的加速度大小为a2，A、B间的相互作用力大小为N2，则有关a1、a2和N1、N2的关系正确的是( )
A．a1＞a2，N1＞N2 B．a1＞a2，N1＜N2
C．a1＝a2，N1＝N2 D．a1＞a2，N1＝N2
解析 对于图甲，根据牛顿第二定律得整体加速度a1＝，对B隔离分析，A对B的作用力N1＝mBa1＝。对于图乙，根据牛顿第二定律得整体的加速度a2＝＝－gsinθ，对B隔离分析，有N2－mBgsinθ＝mBa2，得N2＝。可知a1＞a2，N1＝N2，故D项正确，A、B、C三项错误。
答案 D
命题角度2 连接体内各物体的加速度不同
20．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图象如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．M＝m
B．M＝2m
C．木板的长度为8 m
D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1
解析 物块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故μmg＝ma1，而v－t图象的斜率表示加速度，故a1＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，D项错误；对木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝ m/s2＝1 m/s2，解得M＝2m，A项错误，B项正确；从题图乙可知物块和木板最终分离，两者v－t图象与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝×(7＋3)×2 m－×2×2 m＝8 m，C项正确。
答案 BC
命题角度3 滑块－木板模型
21．(多选)如图所示，表面粗糙质量m′＝2 kg的木板，t＝0时在水平恒力F的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a＝2.5 m/s2。t＝0.5 s时，将一个质量m＝1 kg的小铁块(可视为质点)无初速地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半。已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g取10 m/s2。则( )
A．水平恒力F的大小为10 N
B．铁块放上木板后，木板的加速度为2 m/s2
C．铁块在木板上运动的时间为1 s
D．木板的长度为1.625 m
解析 未放铁块时，对木板由牛顿定律F－μ2m′g＝，解得F＝10 N，A项正确；铁块放上木板后，对木板F－μ1mg－μ2(m′＋m)g＝m′a′，解得a′＝，B项错误；0.5 s时木板的速度v0＝at1＝2.5×0.5 m/s＝1.25 m/s，铁块滑离木板时，木板的速度v1＝v0＋a′t2，铁块的速度v′＝a块t2＝μ1gt2，由题意：v′＝v1，解得t2＝1 s，C项正确；铁块滑离木板时，木板的速度v1＝，铁块的速度v′＝1 m/s，则木板的长度为l＝t2－t2＝1.125 m，D项错误。
答案 AC
命题角度4 临界、极值问题
22.(2020·湖北八校第二次联考)质量为m的光滑小球恰好放在质量也为m的圆弧槽内，它与槽左、右两端的接触点分别为A点和B点，圆弧槽的半径为R，OA与水平线AB成60°角。槽放在光滑的水平桌面上，通过细绳和滑轮与重物C相连，桌面上的那段细绳始终处于水平状态，通过实验知道，当槽的加速度很大时，小球将从槽中滚出，滑轮与细绳的质量都不计，要使小球不从槽中滚出，则重物C的质量M应小于( )
A．m B．2m
C．(－1)m D．(＋1)m
解析 当小球刚好要从槽中滚出时，小球受重力和圆弧槽A点对它的支持力，如图所示。由牛顿第二定律得＝ma，解得小球的加速度a＝＝g。以整体为研究对象，由牛顿第二定律得Mg＝(M＋2m)a，解得M＝(＋1)m，D项正确。
答案 D
课时巩固练(2) 力与物体的直线运动
一、单项选择题
1.建筑工人正在高楼上砌砖(如图)，手滑不慎砖块掉落，发现2 s后砖块落到地上断成两块，则估计此楼高度约为(不计空气阻力)( )
A．5 m B．10 m
C．20 m D．40 m
解析 砖块的运动可近似看作自由落体运动，根据公式h＝gt2，得h＝×10×22 m＝20 m，C项正确。
答案 C
2．(2020·福建省永安一中、漳平一中联考)某人用绳子将一桶水从井内加速向上提的过程中，下列说法不正确的是( )
A．这桶水处于超重状态，绳子对桶的拉力等于桶对绳子的拉力
B．这桶水处于超重状态，绳子对桶的拉力大于桶的重力
C．人对绳子的拉力与绳子对桶的拉力是一对作用力与反作用力
D．这桶水处于超重状态，水对桶底的压力大于水的重力
解析 桶加速向上运动，具有向上的加速度，处于超重状态，绳子对桶的拉力大于桶的重力，水对桶底的压力大于水的重力，B、D两项正确；绳子对桶的拉力与桶对绳子的拉力是作用力与反作用力，A项正确；人对绳子的拉力与绳子对桶的拉力不是作用力与反作用力的关系，C项错误。故选C。
答案 C
3.(2020·天水一中第二次考试)如图所示，质量为m的小球用两根细线连接，细线OA的另一端连接在车厢顶，细线OB另一端连接于侧壁，细线OA与竖直方向的夹角为θ＝37°，OB保持水平，重力加速度大小为g，车向左做加速运动，当OB段细线拉力为OA段拉力的两倍时，小车的加速度大小为( )
A．g B．g
C．g D．g
解析 小球受力如图所示，在竖直方向，由平衡条件得：Fcos37°＝mg，在水平方向，由牛顿第二定律得：2F－Fsin37°＝ma，解得a＝g，D项正确。
答案 D
4.(2020·湖北省黄冈市联考)如图所示，质量为m的小球a和质量为2m的小球b用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为60°时，A、B伸长量刚好相同。若A、B的劲度系数分别为k1、k2，则以下判断正确的是( )
A．k1∶k2＝1∶3
B．k1∶k2＝1∶2
C．撤去F的瞬间，b球处于完全失重状态
D．撤去F的瞬间，a球的加速度大小等于重力加速度g
解析 应用平衡条件，对b有，FA＝2mg；对a、b整体有，FBcos60°＝3mg，F＝3mgtan60°＝3mg，结合胡克定律得，＝＝，A项正确，B项错误；撤去F的瞬间，b球受到的力没有发生变化，加速度ab＝0；撤去F的瞬间，a球受到的其他力没有发生变化，其合力水平向右，大小为F合＝F＝3mg，加速度aa＝＝3g，C、D两项错误。
答案 A
5.(2020·内蒙古鄂尔多斯市一中月考)如图所示，在光滑的水平面上有一段长为L、质量分布均匀的绳子，绳子在水平向左的恒力F作用下做匀加速直线运动。绳子上某一点到绳子右端的距离为x，设该处的张力为T，则能正确描述T与x之间的关系的图象是( )
解析 以整体为研究对象得F＝ma，以右端绳子为研究对象得T＝a＝F，只有A项正确。
答案 A
6.(2020·湖南省天壹联盟大联考)甲、乙两质点做匀加速直线运动的v－t图象如图所示，3 s末两质点在途中相遇，则两质点出发点间的距离是( )
A．甲在乙之前2 m B．乙在甲之前2 m
C．乙在甲之前4 m D．甲在乙之前4 m
解析 甲、乙两质点3 s末在途中相遇时，各自的位移为2 m和6 m，因此两质点出发点间的距离是甲在乙之前4 m，D项正确。
答案 D
7．(2020·新疆自治区第一次诊断性测试)我国ETC(电子不停车收费系统)全国联网的实施，大大缩短了车辆通过收费站的时间。一辆汽车以25 m/s的速度驶向高速收费口，到达自动收费装置前开始做匀减速直线运动，经5 s的时间速度减小为5 m/s且瞬间完成收费，司机立即开始加速，加速度大小为2.5 m/s2，经过一段时间恢复到原来速度行驶，则汽车由于通过自动收费装置耽误的时间为( )
A．2.0 s B．3.2 s
C．5.2 s D．6.8 s
解析 汽车减速走过的位移x1＝t1＝75 m，汽车加速的时间t2＝＝8 s，加速的位移x2＝t2＝120 m，汽车通过自动收费装置用时t＝t1＋t2＝13 s。若匀速通过用时t′＝＝7.8 s，则汽车通过自动收费装置耽误的时间Δt＝t－t′＝5.2 s，C项正确。
答案 C
8.粗糙的水平面上有一物块，在0～5 s内受到水平推力F1＝6 N的作用，在5～10 s内受到水平推力F2＝4 N的作用；10 s后撤去水平推力，如图所示，只画了物块在0～10 s内的运动速度v与时间t的关系。重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．物块滑动时受到的摩擦力大小为5 N
B．物块的质量为4 kg
C．物块在0～10 s内克服摩擦力做功为75 J
D．物块在10～15 s内的位移大小为6.25 m
解析 由题图可知，在5～10 s内物块做匀速运动，故受到的摩擦力与水平推力相等，故摩擦力f＝F2＝4 N，故A项错误；在0～5 s内物块的加速度为a＝＝ m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律可得F1－f＝ma，解得m＝2 kg，故B项错误；在0～10 s内物块通过的位移为x＝×(5＋10)×5 m＝37.5 m，故克服摩擦力做功为Wf＝fx＝4×37.5 J＝150 J，故C项错误；撤去外力后物块产生的加速度为a′＝－＝－2 m/s2，减速到零所需时间为t′＝ s＝2.5 s<5 s，减速到零通过的位移为x′＝＝ m＝6.25 m，故D项正确。
答案 D
二、多项选择题
9．(2020·新疆乌鲁木齐市第一次质量监测)2019年12月27日，我国长征五号遥三运载火箭在文昌航天发射场发射成功。火箭开始升空时，火箭的总质量约为870 t，发动机的总推力约为1.05×107 N，其搭载的实践二十号卫星受到的竖直向上的作用力约为9.6×104 N，则火箭开始升空时的加速度a和实践二十号卫星的质量m约为( )
A．a＝12 m/s2 B．a＝2 m/s2
C．m＝8 t D．m＝48 t
解析 以火箭为研究对象，应用牛顿第二定律得F－Mg＝Ma，且总推力F＝1.05×107 N，卫星对火箭的作用力F1＝9.6×104 N，火箭的质量M＝8.7×105 kg，解得a≈2 m/s2，A项错误，B项正确；再以卫星为研究对象，应用牛顿第二定律得F1－mg＝ma，解得m＝8×103 kg＝8 t，C项正确，D项错误。
答案 BC
10.如图所示，两块长方体滑块A和B叠加在倾角为θ的斜面C上。已知A、B质量分别为m1和m2，A与C的动摩擦因数为μ1，B与A的动摩擦因数为μ2，两滑块A、B在斜面体上以相同的加速度自由下滑，斜面体C在水平地面上始终保持静止，则下列说法正确的是( )
A．斜面C受到地面的静摩擦力方向水平向左
B．滑块A与斜面间的动摩擦因数μ1＝tanθ
C．滑块A受到斜面对其摩擦力的大小为μ1(m1＋m2)·gcosθ
D．滑块B所受的摩擦力的大小为μ2m2gcosθ
解析 由于AB共同做匀加速直线运动，将加速度沿水平方向和竖直方向分解，AB有沿水平方向的加速度，故斜面C有向右运动的趋势，其受到的静摩擦力水平向左，故A项正确，B项错误。斜面对A的摩擦力，应以AB为整体f1＝μ1(m1＋m2)gcosθ，对AB进行受力分析可知(m1＋m2)gsinθ－μ1(m1＋m2)gcosθ＝(m1＋m2)a，a＝g(sinθ－μ1cosθ)，以B为研究对象m2gsinθ－f2＝m2a，解得f2＝μ1m2gcosθ，故C项正确，D项错误。
答案 AC
11.(2020·湖北省麻城市联考)如图所示，不可伸长的轻绳上端固定，下端与质量为m的物块P连接；轻弹簧下端固定，上端与质量为2m的物块Q连接，系统处于静止状态。轻绳、轻弹簧均与固定光滑斜面平行，已知P、Q间接触但无弹力，重力加速度大小为g，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。下列说法正确的是( )
A．剪断轻绳前，斜面对P的支持力大小为mg
B．剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力大小为mg
C．剪断轻绳的瞬间，P的加速度大小为g
D．剪断轻绳的瞬间，P、Q间的弹力大小为mg
解析 剪断轻绳前，对物体P应用平衡条件得，斜面对P的支持力大小FN＝mgcos53°＝mg，A项错误；剪断轻绳前，对物体Q应用平衡条件得，弹簧的弹力F＝2mgsin53°＝mg，剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力不变，B项正确；剪断轻绳的瞬间，对P、Q整体应用牛顿第二定律得，3mgsin53°－F＝3ma，解得P物体的加速度a＝g，C项错误；此时对物体P有mgsin53°－FP＝ma，解得P、Q间的弹力大小FP＝mg，D项正确。
答案 BD
12．(2020·曲靖市第一中学二模)如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一质量为m的木块(可视为质点)，在木板上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动并在最后分离。设分离时木块相对地面运动的位移为x，保证木块和木板会发生相对滑动的情况下，下列方式可使位移x增大的是( )
A．仅增大木板的质量M
B．仅减小木块的质量m
C．仅增大恒力F
D．仅增大木块与木板间的动摩擦因数
解析 设木板长为L，当木块与木板分离时，运动时间为t。对木板，有F－μmg＝Ma1，x1＝a1t2；对木块，有μmg＝ma2，x2＝a2t2；当木块与木板分离时，它们的位移满足L＝a1t2－a2t2，解得t＝，则木块相对地面运动的位移为x＝a2t2＝。仅增大木板的质量M，a1变小，a2不变，x增大，A项正确；仅减小木块的质量m，a1变大，a2不变，x减小，B项错误；仅增大恒力F，a1变大，a2不变，x减小，C项错误；仅增大木块与木板间的动摩擦因数，a1变小，a2增大，x增大，D项正确。
答案 AD
三、非选择题
13．(2020·浙江新突破考前模拟)如图所示，水平轨道AB段为粗糙水平面，BC段为一水平传送带，两段平滑相接于B点。一质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)，静止于A点，AB距离为s＝2 m。已知物块与AB段和BC段的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。
(1)若给物块施加一水平拉力F＝11 N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度。
(2)在(1)问中，若将传送带绕B点逆时针旋转37°后固定(AB段和BC段仍平滑连接)，要使物块仍能到达C端，则在AB段对物块施加拉力F′应至少多大。
解析 (1)物块在AB段运动，有
F－μmg＝ma1，得a1＝6 m/s2，
设物块到达B点时速度为vB，有
vB＝＝2 m/s，
物块在传送带上运动μmg＝ma2，
刚好到达C点，有v＝2a2L，得传送带长度L＝2.4 m。
(2)将传送带倾斜，滑上传送带过程有
mgsin37°＋μmgcos37°＝ma3，
解得a3＝10 m/s2，
物块仍能刚好到C端，有v′＝2a3L，
在AB段，有v′＝2as，
F′－μmg＝ma，
联立解得F′＝17 N。
答案 (1)2.4 m (2)17 N
14．(2020·贵州省贵阳市适应性考试)如图所示，有两个高低不同的水平面，高水平面光滑，低水平面粗糙。一质量M＝4 kg、长度L＝4 m的长木板，放置在低水平面上且靠在高水平面边缘的A点，其上表面恰好与高水平面平齐，长木板与低水平面间的动摩擦因数μ1＝0.1。在高水平面上距A点距离s＝3 m处，放置一质量m＝2 kg可视为质点的滑块，现用一水平向右的拉力F从静止拉滑块，滑块经时间t0＝1 s运动到A点时撤去拉力，滑块滑上长木板，最终未从木板上滑下。已知滑块与长木板间的动摩擦因数μ2＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)拉力F的大小；
(2)滑块最终距长木板右端的距离d；
(3)长木板滑行的总距离。
解析 (1)滑块在拉力F作用下做匀加速直线运动
s＝at，
得a＝6 m/s2，
由牛顿第二定律F＝ma，
得F＝12 N。
(2)滑块滑到木板上时，设其初速度为v, 滑块加速度大小为a1, 木板加速度大小为a2，两者共速时速率为v1，则
v＝at0，
μ2mg＝ma1，
μ2mg－μ1(m＋M)g＝Ma2，
v1＝v－a1t＝a2t，
联立解得t＝1 s，
此过程中滑块的位移
s1＝vt－a1t2＝3.5 m，
长木板的位移为
s2＝a2t2＝0.5 m，
则滑块相对长木板位移为
Δs＝s1－s2＝3 m，
则滑块相对长木板静止时距长木板右端距离为
d＝L－Δs＝1 m。
(3)共速时v1＝a2t＝1 m/s，
共速后两者保持相对静止一起做匀减速运动，设加速度为a3，匀减速位移为s3，则
μ1(m＋M)g＝(M＋m)a3，
得a3＝1 m/s2，
v＝2a3s3，得s3＝0.5 m，
故长木板滑行的总距离为s′＝s2＋s3＝1 m。
答案 (1)12 N (2)1 m (3)1 m
微专题三 力与物体的曲线运动
三年＋三卷考情
命题规律＋预测
三年考题
考查内容
(1)近几年高考中平抛运动、天体运动考查频繁，复习时应加强对各类题型的归纳总结：
①水平面内和竖直平面内的圆周运动模型和临界问题等；
②会用“化曲为直”的方法处理平抛运动和类平抛运动；
③分析天体和卫星运动问题常用的两个思路：(ⅰ)＝mg；(ⅱ)＝＝mω2r＝mr。
(2)我国在航天领域取得了举世瞩目的成绩，预计2021年高考会继续考查卫星的运动、变轨和发射问题；平抛运动与圆周运动在生活、生产取材方便，且符合科学态度与责任的素养要求。
2020
Ⅰ卷16T
圆周运动、牛顿第二定律
Ⅰ卷15T
万有引力定律
Ⅱ卷16T
平抛运动、动能
Ⅱ卷15T
卫星运动的周期
Ⅲ卷16T
卫星运动的速度
2019
Ⅱ卷14T
万有引力定律的应用
Ⅱ卷19T
平抛运动的分析
Ⅲ卷15T
天体运动参量的比较
2018
Ⅰ卷20T
双星问题的分析
Ⅱ卷16T
天体密度的计算
Ⅲ卷15T
地球卫星运行周期的比较
Ⅲ卷17T
平抛运动规律的求解
高考考向1 运动的合成与分解 平抛运动
解|题|必|备
1．曲线运动的理解
(1)曲线运动是变速运动，速度方向沿切线方向。
(2)合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向指向曲线的“凹”侧。
2．曲线运动的分析
(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成。
(2)根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质。
(3)运动的合成与分解就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵守平行四边形定则。
3．平抛运动
(1)平抛运动的规律
①沿水平方向做匀速直线运动：vx＝v0，x＝v0t。
②沿竖直方向做自由落体运动：vy＝gt，y＝gt2。
(2)类平抛运动与平抛运动处理方法相似
分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的初速度为零的匀加速直线运动。
(3)平抛(类平抛)运动的两个推论
①如图甲所示，物体任意时刻速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。
②如图乙所示，在任意时刻任意位置处，速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为α，则有tanθ＝2tanα。
题|型|精|研
命题角度1 运动的合成与分解
1．(物体做曲线运动的条件)现在很多教室都安装可以沿水平方向滑动的黑板，如图所示。在黑板以某一速度向左匀速运动的同时，一位教师用粉笔在黑板上画线，粉笔相对于黑板从静止开始先匀加速向下画，接着匀减速向下画直到停止，则粉笔在黑板上画出的轨迹可能为( )
解析 由题意知，黑板向左匀速运动，水平方向粉笔相对黑板向右匀速运动；竖直方向先向下加速再减速，根据运动的合成及受力分析可知，粉笔所受合外力先竖直向下，再竖直向上；根据力与轨迹的关系，合外力指向轨迹弯曲的内侧，故D项正确，A、B、C三项错误。
答案 D
2．(合运动性质的判断)如图所示是物体在相互垂直的x方向和y方向运动的v－t图象。以下判断正确的是( )
A．在0～1 s内，物体做匀速直线运动
B．在0～1 s内，物体做匀变速直线运动
C．在1～2 s内，物体做匀变速直线运动
D．在1～2 s内，物体做匀变速曲线运动
解析 在0～1 s内，水平方向为匀速运动，竖直方向为匀加速运动，则合运动为匀变速曲线运动，A、B两项错误；在1～2 s内，水平方向初速度为：v0x＝4 m/s，加速度为：ax＝4 m/s2，竖直方向初速度为：v0y＝3 m/s，加速度为：ay＝3 m/s2，根据平行四边形定则合成可以得到合初速度为v＝5 m/s，合加速度为a＝5 m/s2，而且二者方向在同一直线上，可知合运动为匀变速直线运动，C项正确，D项错误。
答案 C
3.(关联物体的速度)(2020·河南省顶级名校联考)如图所示，一根长为L的直杆一端抵在墙角，一端依靠在箱子的光滑竖直侧壁上，将箱子以大小为v的速度向右推，直杆绕O点在竖直面内转动，当直杆与竖直方向的夹角为θ时，直杆转动的角速度大小为( )
A． B．
C． D．
解析 直杆与箱子接触点的实际运动即合运动方向是垂直于杆指向右上，设杆转动的角速度为ω，则合速度v实＝ωL，沿水平方向上的速度分量等于v，即ωLcosθ＝v，所以ω＝，故B项正确。
答案 B
命题角度2 平抛运动
4.(平抛运动的规律)(2020·湖南省怀化市期末考试)如图，在水平地面上方的A点，先后以不同的水平初速度平抛同一小球，不计空气阻力，第一次小球落在地面上的B点，第二次小球撞到竖直墙面的C点后落地。测得知，A、C点之间的水平距离是A、B点间的水平距离的2倍，A、B点之间的竖直距离是A、C点间的竖直距离的2倍，则第一次与第二次平抛小球的初速度之比为( )
A． B．
C． D．
解析 第一次抛出落在B点时，由平抛运动的规律得x1＝v1t1，y1＝gt，整理得v1＝x1；同理第二次小球落在C点时，有v2＝x2。由已知条件得x2＝2x1，y1＝2y2，联立解得＝，A项正确。
答案 A
5.(平抛运动与斜面结合)(2020·呼和浩特市高三年级质量普查调研)在一斜面顶端，将两个小球分别以2v和v的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在斜面上，A球落至斜面的速率是B球落至斜面的速率的( )
A．2倍 B．4倍
C．6倍 D．8倍
解析 两小球都落在斜面上，有tanθ＝，解得t＝，则落在斜面上时的竖直分速度vy＝gt＝2v0tanθ，根据平行四边形定则知v＝＝，两球的初速度之比为2∶1，则落在斜面上的速度之比为2∶1，故A项正确。
答案 A
6．(STSE问题)(多选)如图所示，水平屋顶高H＝5 m，围墙高h＝3.2 m，围墙到房子的水平距离L＝3 m，围墙外马路宽x＝10 m，为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上，小球离开屋顶时的速度v0的大小的可能值为(g取10 m/s2，不计墙的厚度)( )
A．3.1 m/s B．4.7 m/s
C．7.2 m/s D．11.5 m/s
解析 球落在马路上，v的最大值vmax为球落在马路最右侧时的平抛初速度，小球做平抛运动，设运动时间为t1，则小球的水平位移：L＋x＝vmaxt1，小球的竖直位移：H＝gt，联立解得vmax＝(L＋x)＝13 m/s；v的最小值vmin为球恰好越过围墙的最高点落在马路上时的平抛初速度，设小球运动到围墙最高点所需时间为t2，则此过程中小球的水平位移：L＝vmint2，小球的竖直方向位移：H－h＝gt，联立解得vmin＝＝5 m/s，故C、D两项正确。
答案 CD
7．(平抛运动的临界、极值问题)中国的面食文化博大精深，种类繁多，其中“山西刀削面”堪称天下一绝，传统的操作手法是一手托面，一手拿刀，直接将面削到开水锅里。如图所示，小面圈刚被削离时距开水锅的高度为h，与锅沿的水平距离为L，锅的半径也为L，将削出的小面圈的运动视为平抛运动，且小面圈都落入锅中，重力加速度为g，则下列关于所有小面圈在空中运动的描述错误的是( )
A．运动的时间都相同
B．速度的变化量都相同
C．落入锅中时，最大速度是最小速度的3倍
D．若初速度为v0，则L＜v0＜3L
解析 根据h＝gt2可得小面圈在空中运动的时间t＝，所有小面圈在空中运动的时间都相同，故A项正确；根据Δv＝gΔt可得所有小面圈的速度变化量都相同，故B项正确；因为水平位移的范围为L＜x＜L＋2R＝3L，则最小水平初速度为vmin＝＝L，最大水平初速度为：vmax＝＝3L，则水平初速度的范围为：L＜v0＜3L，故D项正确；落入锅中时，最大速度v′max＝＝，最小速度为v′min＝＝，故C项错误。题目要求选说法错误的，故选C。
答案 C
高考考向2 圆周运动
解|题|必|备
1．基本思路
(1)要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径。
(2)列出正确的动力学方程F＝m＝mrω2＝mωv＝mr。
2．技巧方法
(1)竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析。
(2)解临界问题关键是确定临界状态，找准受力的临界条件，结合牛顿第二定律分析。
题|型|精|研
命题角度1 水平面内的圆周运动
8.(圆锥摆模型)(2020·湖南省岳阳市一中月考)在光滑水平面上，有一转轴垂直于此平面，交点O的上方h处固定一细绳，绳的另一端连接一质量为m的小球B，绳长l>h，小球可随转轴在光滑水平面上做匀速圆周运动，如图所示。要使小球不离开水平面，转轴转速的最大值是( )
A． B．π
C． D．
解析 当水平面对小球的支持力恰好为零时，转速达到最大。此时绳的拉力的水平分力提供向心力，竖直分力与重力平衡，即Fcosθ＝mg，Fsinθ＝m4π2n2lsinθ，解得n＝ ，A项正确。
答案 A
9．(摩擦力作用下的圆周运动)(多选)如图，叠放在水平转台上的物体A、B、C能随转台一起以角速度ω匀速转动，A、B、C的质量分别为3m、2m、m，A与B、B和C与转台间的动摩擦因数都为μ，A和B、C离转台中心的距离分别为r、1.5r。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是( )
A．B对A的摩擦力一定为3μmg
B．B对A的摩擦力一定为3mω2r
C．转台的角速度一定满足ω≤
D．转台的角速度一定满足ω≤
解析 对A受力分析，受重力、支持力以及B对A的静摩擦力，静摩擦力提供向心力，有f＝(3m)ω2r≤μ(3m)g，故A项错误，B项正确；由于A、AB整体、C受到的静摩擦力均提供向心力，故对A有(3m)ω2r≤μ(3m)g，解得ω≤ ；对AB整体有(3m＋2m)ω2r≤μ(3m＋2m)g，解得ω≤ ；对C有mω2(1.5r)≤μmg，解得ω≤ ，C项错误，D项正确。
答案 BD
命题角度2 竖直面内的圆周运动
10．(轻绳模型)利用双线可以稳固小球在竖直平面内做圆周运动而不易偏离竖直面，如图所示，用两根长为L的细线系一质量为m的小球，两线上端系于水平转轴上，A、B两点相距也为L，若小球恰能在竖直面内做完整的圆周运动，则小球运动到最低点时，每根线承受的拉力为(不计空气阻力，重力加速度为g)( )
A．2mg B．2mg
C．mg D．4mg
解析 小球恰好过最高点时有mg＝，从最低点到最高点的过程中，由机械能守恒得mv＝mv＋2mgR，在最低点，由牛顿第二定律得2Fcos30°－mg＝，联立解得线的拉力F＝，B项正确。
答案 B
11．(轻杆模型)如图所示，小球m在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法中正确的是(重力加速度为g)( )
A．小球通过最高点的最小速度为
B．运动到a点时小球一定挤压外侧管壁
C．小球在水平线ab以下管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力
D．小球在水平线ab以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力
解析 在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内管对小球产生弹力，大小为mg，故最小速度为0，A项错误；球做圆周运动需要向心力，运动到a点时，需要外侧管壁提供向心力，所以小球一定挤压外侧管壁，B项正确；小球在水平线ab以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力，对内侧管壁没有作用力，C项错误；小球在水平线ab以上管道中运动，当速度非常大时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力，当速度比较小时，内侧管壁有作用力，D项错误。
答案 B
命题角度3 圆周运动与平抛运动的结合
12.如图所示，一质量为m的小孩(可视为质点)做杂技表演。一不可伸长的轻绳一端固定于距离水平安全网高为H的O点，小孩抓住绳子上的P点从与O点等高的位置由静止开始向下摆动，小孩运动到绳子竖直时松手离开绳子做平抛运动，落到安全网上。已知P点到O点的距离为l(0
A．l越大，小孩在O点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大
B．l越小，小孩在O点正下方松手前瞬间，对绳子的拉力越大
C．当l＝时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大
D．当l＝时，小孩在安全网上的落点距O点的水平距离最大
解析 小孩向下摆动的过程中，机械能守恒，由mgl＝mv2，解得小孩在O点正下方的速度v＝。运动到O点正下方时，设绳子对小孩的拉力为F，由牛顿第二定律得，F－mg＝，解得F＝3mg，由牛顿第三定律知，小孩对绳子的拉力恒为3mg，A、B两项错误。小孩运动到绳子竖直时松手，此后做平抛运动，由平抛运动规律有x＝vt，H－l＝gt2，联立解得x＝2，由数学知识可知，当l＝时，小孩在安全网上的落点距离O点的水平距离x最大，C项正确，D项错误。
答案 C
高考考向3 万有引力与航天
解|题|必|备
1．天体质量和密度的求解
(1)利用天体表面的重力加速度g和天体半径R。
由于G＝mg，故天体质量M＝，天体密度ρ＝＝＝。
(2)通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和轨道半径r。
①由万有引力提供向心力，即G＝mr，得出中心天体质量M＝；
②若已知天体半径R，则天体的平均密度ρ＝＝＝。
2．必须掌握的四个关系
＝越高越慢
3．变轨问题
(1)点火加速，v突然增大，G＜m，卫星将做离心运动。
(2)点火减速，v突然减小，G＞m，卫星将做近心运动。
(3)同一卫星在不同轨道上运行时机械能不同，轨道半径越大，机械能越大。
(4)卫星经过不同轨道相交的同一点时加速度相等，外轨道的速度大于内轨道的速度。
题|型|精|研
命题角度1 天体质量和密度的计算
13. (黄金代换法)(2020·辽宁省沈阳铁路实验中学月考)2019年1月3日上午，“嫦娥四号”顺利着陆月球背面，成为人类首颗成功软着陆月球背面的探测器，如图所示。地球和月球的半径之比为＝a，表面重力加速度之比为＝b，则地球和月球的密度之比为( )
A. B. C. D.
解析 由公式＝mg，体积V＝πR3，地球的密度ρ＝，联立解得ρ＝；同理月球的密度ρ0＝，则＝，B项正确。
答案 B
14．(环绕法)引力波的发现，证实了爱因斯坦100年前的预测，弥补了爱因斯坦广义相对论中最后一块缺失的“拼图”。双星的运动是产生引力波的来源之一，假设宇宙中有一双星系统由a、b两颗星体组成，这两颗星绕它们连线上的某一点在万有引力作用下做匀速圆周运动，测得a星的周期为T，a、b两颗星的距离为l，a、b两颗星的轨道半径之差为Δr。(a星的轨道半径大于b星的轨道半径)，则( )
A．b星的周期为T
B．a星的线速度大小为
C．a、b两颗星的半径之比为
D．a、b两颗星的质量之比为
解析 两颗星的周期相等，A项错误；由r1＋r2＝l，r1－r2＝Δr，两式联立解得r1＝，r2＝，a、b两颗星的半径之比为＝，C项错误；a星的线速度大小为v1＝＝，B项正确；由万有引力提供向心力得＝m1r1，＝，解得＝＝，D项错误。
答案 B
命题角度2 行星或卫星运动参数的比较
15. (宇宙速度)(2020·河南省九师联盟质量检测)在地球上发射一颗卫星，发射后的轨道为如图所示的椭圆，近地点与地球表面的距离可忽略不计。关于卫星的发射及在轨运行，下列说法正确的是( )
A．卫星的发射速度可能大于11.2 km/s
B．卫星在轨的运行速度不可能大于7.9 km/s
C．卫星在近地点的速度大于7.9 km/s，在远地点的速度小于7.9 km/s
D．卫星从近地点向远地点运动过程中，机械能不断减小
解析 由于卫星没有脱离地球的引力，因此发射速度不可能大于11.2 km/s，A项错误；由于卫星的轨道为椭圆轨道，因此发射速度一定大于7.9 km/s，即在近地点的速度一定大于7.9 km/s，B项错误；由于在远地点时卫星的速度小于与远地点相切圆轨道卫星的速度，因此卫星在远地点的速度小于7.9 km/s，C项正确；卫星从近地点向远地点运动过程中，机械能保持不变，D项错误。
答案 C
16．(同步卫星)2020年7月31日，北斗三号全球卫星系统正式开通。北斗卫星导航系统由5颗静止轨道卫星、27颗中地球轨道卫星(离地高度约21 000 km)及其他轨道卫星共35颗组成。则( )
A．静止轨道卫星指相对地面静止，其可定位在北京正上空
B．中地球轨道卫星比同步卫星的速度更小
C．中地球轨道卫星周期大于24小时
D．静止轨道卫星的发射速度大于第一宇宙速度
解析 静止轨道卫星相对地面静止，且在赤道正上空，A项错误；中地球轨道卫星的轨道半径比同步卫星的小，其绕行速度比同步卫星大，周期比同步卫星的小，小于24小时，B、C两项错误；卫星发射高度越高，发射速度也越大，所以静止轨道卫星的发射速度大于第一宇宙速度，D项错误。
答案 D
17．(卫星运动的各物理量的比较)(2020·贵阳一中、云师大附中、南宁三中诊断性联考)“东方红一号”卫星是中国发射的第一颗人造地球卫星，它重173 kg，由长征一号运载火箭送入近地点441 km、远地点2 368 km、倾角68.44°的椭圆轨道。地球静止轨道卫星是位于地球赤道上空距地面均3.6×104 km高处相对于地面静止的卫星。关于“东方红一号”卫星和地球静止轨道卫星，以下说法正确的是( )
A．“东方红一号”卫星的运动周期比地球静止轨道卫星的运动周期大
B．“东方红一号”卫星对地球的观测范围比地球静止轨道卫星的观测范围小
C．“东方红一号”卫星经过近地点时的运动速度大于地球静止轨道卫星的运动速度
D．“东方红一号”卫星经过远地点时加速度小于地球静止轨道卫星的加速度
解析 “东方红一号”卫星的椭圆轨道的半长轴比地球静止轨道卫星的轨道半径小，所以周期小，A项错误；由于地球静止轨道卫星相对地球静止，所以只能测定某个固定范围，B项错误；“东方红一号”卫星经过近地点时的运动速度v>，地球静止轨道卫星的速度小于，C项正确；根据a＝可知D项错误。
答案 C
命题角度3 双星和多星模型
18. (双星模型)(2020·安徽省池州市期末考试)太空中存在一些离其他恒星很远的、由两颗星体组成的双星系统，可忽略其他星体对它们的引力作用。如果将某双星系统简化为理想的圆周运动模型，如图所示，两星球在相互的万有引力作用下，绕O点做匀速圆周运动。由于双星间的距离减小，则( )
A．两星的运动角速度均逐渐减小
B．两星的运动周期均逐渐减小
C．两星的向心加速度均逐渐减小
D．两星的运动线速度均逐渐减小
解析 设两星的质量分别为M1和M2，相距L，M1和M2的角速度为ω，由万有引力定律和牛顿第二定律得M1：G＝M1r1ω2，M2：G＝M2r2ω2，因为L＝r1＋r2，解得r1＝L，r2＝L，T＝＝2π，双星的总质量不变，距离减小，周期减小，角速度增大，A项错误，B项正确；根据G＝M1a1＝M2a2知，L变小，则两星的向心加速度均增大，故C项错误；v1＝ωr1＝·L＝M2·，v2＝ωr2＝·L＝M1·，可见，距离减小线速度变大，D项错误。
答案 B
19．(多星模型)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a的正方形的四个顶点上。已知引力常量为G。关于四星系统，下列说法错误的是( )
A．四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动
B．四颗星的轨道半径均为
C．四颗星表面的重力加速度均为G
D．四颗星的周期均为2πa
解析 四颗星围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，轨道半径为a，A项正确，B项错误；由＝m′g可知，四颗星表面的重力加速度均为g＝，C项正确；由G＋2Gcos45°＝ma×，解得四颗星的周期均为T＝2πa，D项正确。
答案 B
命题角度4 卫星的变轨问题
20.(运动学量的变化)(2020·河北省大名一中月考)如图所示，地球卫星a、b分别在椭圆轨道、圆形轨道上运行，椭圆轨道在远地点A处与圆形轨道相切，则( )
A．卫星a的运行周期比卫星b的运行周期短
B．两颗卫星分别经过A点处时，a的速度大于b的速度
C．两颗卫星分别经过A点处时，a的加速度小于b的加速度
D．卫星a在A点处通过减速可以到圆轨道上运行
解析 由开普勒第三定律得卫星a的运行周期比卫星b的运行周期短，A项正确；两颗卫星分别经过A点时，a的速度小于b的速度，但两者的加速度大小相等，B、C两项错误；若卫星a在A点处进入圆轨道上运行，需要加速，D项错误。
答案 A
21．(能量变化)质量为m的人造地球卫星与地心的距离为r时，引力势能可表示为Ep＝－G，其中G为引力常量，M为地球质量。该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动，由于受到极稀薄空气的摩擦作用，飞行一段时间后其做圆周运动的半径变为R2，此过程中因摩擦而产生的热量为( )
A．GMm B．GMm
C． D．
解析 卫星做匀速圆周运动，由地球的万有引力提供向心力，则：轨道半径为R1时＝m，卫星的引力势能为Ep1＝－，轨道半径为R2时＝m，卫星的引力势能为Ep2＝－，设因摩擦而产生的热量为Q，根据能量守恒定律得：mv＋Ep1＝mv＋Ep2＋Q，联立得Q＝，故C项正确。
答案 C
课时巩固练(3) 力与物体的曲线运动
一、单项选择题
1.在足球场上罚任意球时，运动员踢出的足球，在行进中绕过“人墙”转弯进入了球门，守门员“望球莫及”，轨迹如图所示。关于足球在这一飞行过程中的受力方向和速度方向，下列说法中正确的是( )
A．合外力的方向与速度方向在一条直线上
B．合外力的方向沿轨迹切线方向，速度方向指向轨迹内侧
C．合外力方向指向轨迹内侧，速度方向沿轨迹切线
D．合外力方向指向轨迹外侧，速度方向沿轨迹切线
解析 足球做曲线运动，则其速度方向为轨迹的切线方向，根据物体做曲线运动的条件可知，合外力的方向一定指向轨迹的内侧，故C项正确。
答案 C
2. (2020·杭州市适应性考试)“S路”曲线行驶是我国驾驶证考试中的一项科目，某次考试过程中，有两名学员分别坐在驾驶座和副驾驶座上，并且始终与汽车保持相对静止，汽车在弯道上行驶时可视作圆周运动，行驶过程中未发生打滑。如图所示，当汽车在水平“S路”上减速行驶时( )
A．两名学员具有相同的线速度
B．汽车受到的摩擦力与速度方向相反
C．坐在副驾驶座上的学员受到汽车的作用力较大
D．汽车对学员的作用力大于学员所受的重力
解析 两名学员离圆心的距离不相等，由v＝rω，知线速度大小不相同，故A项错误；汽车所需向心力由摩擦力提供，不与速度方向相反，故B项错误；学员质量未知，无法比较受到汽车的作用力大小，故C项错误；汽车对学员的作用力竖直分力等于学员的重力，水平分力提供向心力，故汽车对学员的作用力大于重力，D项正确。
答案 D
学科素养 本题是一道容易题，但载体来源于生活，从驾考“S路”行驶中抽象出圆周运动考查圆周运动的物理量间的关系和向心力的来源等。
3．(2020·乌鲁木齐市质量监测)我国北斗导航系统中，GEO卫星的周期为24 h，离地面的高度为3.58×104 km。若地球半径为6.4×103 km，MEO卫星的周期为12 h。则MEO卫星离地面的高度约为( )
A．1.0×104 km B．1.5×104 km
C．2.0×104 km D．2.5×104 km
解析 由开普勒第三定律得＝，代入数据解得MEO卫星的高度h2＝2.0×104 km，C项正确。
答案 C
4．(2020·东北师范大学附属中学第一次摸底)中国人民解放军建军90周年之际，在央视新闻的画面中，中国战略导弹发射井首次曝光，则关于导弹从发射井井底发射升空过程中，若在此过程中导弹可以视为质点，且已知均匀的球壳对处于球壳内的质点万有引力为零，用r表示导弹与井底的距离，F表示它所受地球引力，能够描述F随r变化关系的图象是( )
解析 设地球的半径为R，井的深度为d，导弹在井中时受到的万有引力F＝，(r
答案 B
5. (2020·河南省联考测试)如图所示，一直角斜劈ABC绕其竖直边BC做圆周运动，物块始终静止在斜劈AB上。若斜劈转动的角速度ω缓慢减小时，下列说法正确的是( )
A．斜劈对物块的支持力逐渐减小
B．斜劈对物块的支持力保持不变
C．斜劈对物块的摩擦力逐渐减小
D．斜劈对物块的摩擦力保持不变
解析 设斜劈倾角为θ，对物块受力分析，在水平方向和竖直方向分别应用牛顿第二定律和平衡条件得，fcosθ－FNsinθ＝mω2r，fsinθ＋FNcosθ＝mg，两式联立解得摩擦力f＝mω2rcosθ＋mgsinθ，FN＝mgcosθ－mω2rsinθ，当角速度ω减小时，摩擦力f减小，支持力FN增大，C项正确。
答案 C
6. (2020·江西吉安质检)如图所示，A、B两个小球在离水平地面高h处靠在一起，分别以水平初速度v1、v2向相反方向同时抛出，两球落地时，做平抛运动的位移互相垂直，不计空气阻力，两球可视为质点，则v1、v2满足的关系式为( )
A．v1v2＝gh B．v1v2＝gh
C．v1v2＝gh D．v1v2＝2gh
解析 设A球落地时，位移与水平方向的夹角为θ，B球落地时，位移与水平方向的夹角为α，则tanθ＝，tanα＝，又α＋θ＝90°，有tanθ×tanα＝1，故＝1，h＝gt2，得v1v2＝gh，A项正确。
答案 A
7．(2020·全国卷Ⅱ)如图，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h。若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点，c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点。等于( )
A．20 B．18
C．9.0 D．3.0
解析 由题意可知当在a点动能为E1时，有E1＝mv，根据平抛运动规律有h＝gt，h＝v1t1，当在a点时动能为E2时，有E2＝mv，根据平抛运动规律有h＝gt，3h＝v2t2，联立以上各式可解得＝18，B项正确。
答案 B
8．如图所示，半径分别为R1、R2的甲、乙两个光滑圆轨道固定在竖直面内，可视为质点、质量相同的两个小球分别放在两个轨道的最低点，分别给两个小球一个水平向右的初速度v1、v2，小球均恰好能通过轨道最高点做完整的圆周运动。若甲轨道中小球运动到最低点时对轨道的压力大小为F1、向心加速度大小为a1、角速度为ω1；乙轨道中小球运动到最低点时对轨道的压力大小为F2、向心加速度大小为a2，角速度为ω2。则( )
A．v1＝v2 B．F1＝F2
C．a1>a2 D．ω1＝ω2
解析 由于小球恰好能通过最高点，在甲轨道中，小球在最高点时速度v＝，根据机械能守恒定律可知，mg×2R1＝mv－mv2，求得v1＝，在轨道最低点，由牛顿第二定律有F1－mg＝m，解得F1＝6mg，a1＝＝5g，ω1＝＝；同理可得，v2＝，F2＝6mg，a2＝5g，ω2＝，比较可得B项正确。
答案 B
9. (2020·吉林省重点中学联考)如图所示，小球放在光滑水平桌面上，用细线连接于O点，细线刚好拉直，使小球在水平面内做圆周运动，逐渐增大小球做圆周运动的角速度，则细线上张力F与小球做圆周运动的角速度平方ω2的关系正确的是( )
解析 设悬线与竖直方向的夹角为θ，当小球在水平桌面上做圆周运动时，Fsinθ＝mLsinθ·ω2，即F＝mLω2，当小球离开水平桌面后在空中做圆周运动时，仍然有Fsinθ＝mLsinθ·ω2，即F＝mLω2，因此B项正确。
答案 B
10. (2020·湖南省五市十校第二次联考)假设宇宙中有两颗相距无限远的行星A、B，半径分别为RA、RB。这两颗行星周围卫星的轨道半径的三次方(r3)与运行周期的平方(T2)的关系如图所示；T0为卫星环绕行星表面运行的周期。则( )
A．行星A的质量大于行星B的质量
B．行星A的密度大于行星B的密度
C．行星A的第一宇宙速度小于行星B的第一宇宙速度
D．当两行星的卫星轨道半径相同时，行星A的卫星向心加速度小于行星B的卫星向心加速度
解析 由万有引力提供向心力＝m·，可得＝，结合图线的斜率kA>kB得MA>MB，A项正确；由图象知贴近两行星表面运行的卫星的周期相等，均为T0，结合ρ＝解得ρ＝，可见两行星的密度相同，B项错误；行星的第一宇宙速度v＝，由于RA>RB，所以vA>vB，C项错误；卫星的向心加速度a＝，当两卫星的轨道半径相同时，由于MA>MB，所以aA>aB，D项错误。
答案 A
二、多项选择题
11．如图所示，同步卫星与地心的距离为r，运行速率为v1，向心加速度为a1；地球赤道上的物体随地球自转的向心加速度为a2，第一宇宙速度为v2，地球半径为R，则( )
A.＝ B.＝2
C.＝ D.＝
解析 因为地球同步卫星的角速度和地球赤道上的物体随地球自转的角速度相同，由a1＝ω2r，a2＝ω2R得＝，A项正确，B项错误；对于地球同步卫星和以第一宇宙速度运动的近地卫星，由万有引力提供做匀速圆周运动所需向心力得＝m，＝m，解得＝，D项正确，C项错误。
答案 AD
12. (2020·天水一中阶段性考试)如图所示，半圆形圆弧轨道固定在竖直面内，直径AD水平，一个质量为m的物块从A点以一定的初速度沿圆弧轨道向下运动，物块恰好匀速率沿圆弧轨道运动到最低点C，运动到B点时物块与圆心O的连线与竖直方向的夹角为θ，重力加速度为g，物块可视为质点，则( )
A．物块在B点受到轨道支持力的大小等于mgcosθ
B．物块在B点受到轨道摩擦力的大小等于mgsinθ
C．物块在B点时与轨道间的动摩擦因数等于tanθ
D．物块从A点运动到C点的过程中，受到轨道的作用力不断增大
解析 物块在B点时，FN－mgcosθ＝m，因此物块在B点受到轨道的支持力大于mgcosθ，A项错误；在B点沿切向加速度为零，即在B点受到轨道摩擦力的大小等于mgsinθ，B项正确；在B点，μFN＝mgsinθ，则μ＝<＝tanθ，C项错误；由于轨道对物块的作用力F和重力mg的合力大小恒定，方向始终指向圆心，根据力的合成及动态分析可知，随着物块向下运动，轨道对物块的作用力逐渐增大，D项正确。
答案 BD
三、非选择题
13. (2020·湖北省麻城市联考)如图所示，CDE为固定在竖直平面内的圆弧轨道，圆心为O，半径OC与水平方向的夹角θ＝37°，C、E两点等高。一质量m＝0.2 kg的小物块(视为质点)在斜向上的拉力F作用下沿水平台面AB以大小v0＝3 m/s的速度做匀速直线运动，离开台面右端B后立即撤去力F，物块恰好从C点无碰撞地进入轨道CDE。已知物块通过E点的速度与通过C点时的速度大小相等，物块与台面间的动摩擦因数μ＝0.75，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，空气阻力不计。
(1)求力F的最小值Fmin；
(2)求B、C两点的水平距离x；
(3)若物块从E点飞出后恰好能回到C点，求物块通过E点前瞬间的角速度大小ω(结果可保留分式)。
解析 (1)物块在台面上匀速运动时，受力平衡，设拉力F与台面间的夹角为α，有
Fcosα＝μ(mg－Fsinα)，
变形得F＝＝，
当α＝37°时，力F有最小值，最小值为Fmin＝1.2 N。
(2)设物块通过C点时的速度大小为vC，有＝sinθ，
解得vC＝5 m/s，
设物块从B点运动到C点的时间为t1，有
vCcosθ＝gt1，
物块从B点运动到C点的过程中沿水平方向做匀速直线运动，有
x＝v0t1，
解得x＝1.2 m。
(3)设物块通过E点前瞬间的速度大小为vE，物块从E点运动到C点的时间为t2，有
vEcosθ＝g×，其中vE＝vC，
设圆弧轨道的半径为R，有
2Rcosθ＝vEsinθ·t2，
又ω＝，
解得ω＝ rad/s。
答案 (1)1.2 N (2)1.2 m (3) rad/s
14. (2020·江西省临川一中联考)足够大的水平光滑圆台中央立着一根光滑的杆，原长为L的轻弹簧套在杆上，质量均为m的A、B、C三个小球用两根轻杆通过光滑铰链连接，轻杆长也为L，A球套在竖直杆上。现将A球搁在弹簧上端，当系统处于静止状态时，轻杆与竖直方向夹角θ＝37°。已知重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
(1)求轻杆对B的作用力F和弹簧的劲度系数k；
(2)让B、C球以相同的角速度绕竖直杆匀速转动，若转动的角速度为ω0(未知)时，B、C球刚要脱离圆台，求轻杆与竖直方向夹角θ0的余弦和角速度ω0。
解析 (1)圆台光滑，对球BC分析可知水平方向平衡，故F＝0，
对A分析，竖直方向上受力平衡
mg＝kL(1－cos37°)，
解得k＝。
(2)BC刚要脱离平台时ABC整体在竖直方向合力为0对整体分析有
kL(1－cosθ0)＝3mg，
对B分析，mgtanθ0＝mωLsinθ0，
解得cosθ0＝0.4，ω0＝。
答案 (1)0 (2)0.4
大专题综合练(一) 力与运动
一、单项选择题
1.一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移s与时间t的关系图象如图所示。乘客所受支持力的大小用FN表示，速度大小用v表示。重力加速度大小为g。以下判断正确的是( )
A．0～t1时间内，v增大，FN>mg
B．t1～t2时间内，v减小，FN
解析 由于s－t图像的斜率表示速度，可知在0～t1时间内速度增加，即乘客的加速度向下，处于失重状态，则FN
答案 D
2.在一个圆锥形容器内放置两个完全相同的光滑小球，两个小球静止时球心等高，截面如图所示。已知小球的质量为m，圆锥顶角α＝60°，重力加速度为g；设容器壁对每个小球的弹力大小为FN1，小球之间的弹力大小为FN2，则( )
A．FN1＝mg，FN2＝2mg
B．FN1＝mg，FN2＝mg
C．FN1＝2mg，FN2＝mg
D．FN1＝2mg，FN2＝mg
解析 分析左侧小球的受力情况，如图所示。根据几何关系可知，FN1＝＝2mg；FN2＝＝mg，D项正确。
答案 D
3．(2020·湖北省黄冈市新起点考试)一辆从高速公路服务区驶出的小汽车以90 km/h的速度并入高速公路行车道向前行驶，司机突然发现前方约100 m处有一辆正打开双闪的小汽车，以约45 km/h的速度缓慢行驶，司机发现无法变道的情况后，经3 s的反应时间开始刹车，刹车加速度大小约为5 m/s2。则两车相距最近的距离约为( )
A．15 m B．53 m
C．47 m D．63 m
解析 由图象可知，经5.5 s两车速度相等，此时后车比前车多走x＝(v1－v2)t1＋(v1－v2)(t1－t2)＝53.125 m，两车相距最近的距离为s－x＝100 m－53.125 m＝46.875 m，约为47 m，C项正确。
答案 C
4. (2020·山东省泰安市期末考试)如图，质量均为2 kg的滑块A与小球B用一根不可伸长的轻绳相连，滑块A套在水平直杆上。现用大小为30 N的水平力F拉B，A、B保持静止，重力加速度为10 m/s2，则水平直杆对A的作用力大小为( )
A．30 N B．40 N
C．50 N D．70 N
解析 以A、B整体为研究对象，受力分析如图，水平直杆对A的作用力为支持力FN和摩擦力f的合力。由平衡条件得其大小等于拉力F和重力2mg的合力大小＝50 N，C项正确。
答案 C
5. (2020·宁夏石嘴山三中第二次适应性考试)如图所示，在投球游戏中，小红坐在可升降的椅子上，向正前方的圆桶水平抛出篮球。已知某次抛出点的实际高度为2.0 m，桶的高度为0.4 m，桶到抛出点的水平距离为1.6 m，篮球恰好落入桶内，篮球质量为500 g，小红对篮球做功约为( )
A．0.2 J B．2 J
C．20 J D．200 J
解析 由平抛运动的规律得x＝v0t，h2－h1＝gt2，解得篮球的初速度v0＝x，小红对篮球做功W＝mv，代入数据解得W＝2 J，B项正确。
答案 B
6．(2020·东北师范大学附属中学第一次摸底)假设地球可视为质量均匀分布的球体，已知地球半径为R，地球赤道处重力加速度为g，赤道处物体随地球自转向心加速度为a，则地球的第一宇宙速度表达式正确的是( )
A. B.
C. D.
解析 对赤道处的物体应用牛顿第二定律有G－mg＝ma，对围绕地球表面运行的卫星有G＝，则第一宇宙速度v＝，C项正确。
答案 C
7. (2020·哈尔滨三中第二次调研)如图所示，光滑固定水平圆盘中心有一个光滑小孔，用一光滑轻绳穿过小孔连接质量分别为m1、m2的小球A和B，让B球悬挂，A球在光滑圆盘面上绕圆盘中心做匀速圆周运动，角速度为ω，半径为r，则关于r和ω关系图象可能正确的是( )
解析 由平衡条件和牛顿第二定律得m2g＝m1ω2r，整理得r＝·，所以B项正确。
答案 B
8．(2020·湖北省黄冈市新起点考试)随着科技的发展，人类对外太空的探索不断深入，研究人员在某未知天体上做如下实验：将质量为2 kg的物体竖直悬挂在弹簧秤上，稳定时，在赤道处弹簧秤读数为10 N，在南北极处弹簧秤读数为12 N。如果该未知天体受到其他天体的影响，其自转周期变为原来的，则该物体在赤道上的重力约为( )
A．10 N B．12 N
C．10.4 N D．9.5 N
解析 在南北极处，物体不受地球自转影响，有G＝12 N，在赤道处重力mg＝10 N，即G－mg＝mR，该未知天体自转周期变为原来的，则G－mg′＝mR，解得mg′＝10.38 N≈10.4 N，故C项正确。
答案 C
二、多项选择题
9.如图所示，一原长为L0的弹簧上端固定一小球，置于竖直圆筒中，现让竖直圆筒依次竖直向下、竖直向上做加速度大小为g的匀加速直线运动，两次运动中弹簧的长度分别为L1、L2(弹簧始终在弹性限度内)，小球始终未碰到圆筒。则( )
A．L1>L2 B．L1
解析 当圆筒向下加速运动时，即弹簧与小球一起向下加速时，弹簧与小球处于完全失重状态，此时L1＝L0；当圆筒向上加速运动时，即弹簧与小球一起向上加速时，小球处于超重状态，弹簧弹力大于小球的重力，此时L2
答案 AC
10．(2020·河北省衡水中学期中考试)如图所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力作用。A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示。已知物块A的质量m＝3 kg，取g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
A．两物块间的动摩擦因数为0.2
B．当0
解析 当F＝12 N时，A、B间刚开始相对滑动，两者间的静摩擦力f1达到最大值，即μmg＝6 N，解得μ＝0.2，故A项正确；当0＜F＜4 N时，B与地面间的摩擦力逐渐变大，A、B间的摩擦力始终为零，A、B都没有被拉动，A、B保持静止，故B项正确；当4 N＜F＜12 N时，A、B间的摩擦力开始逐渐变大，B与地面间的摩擦力不变，B已经拉动了，A、B保持相对静止，故C项错误；当F＞12 N时，A、B间相对滑动，摩擦力大小不变，A做匀加速运动，速度增大，但与F增大无关，故D项错误。
答案 AB
解题技巧 叠放物体在摩擦力作用下的运动过程中，寻找临界条件是解答问题的关键。本题中的已知信息由图象中获得，使得难度增加了。两个临界状态分别是：一是拉力为4 N时，B与地面间产生的相对滑动，但此时A、B相对静止；二是拉力为12 N时，A、B间产生的相对滑动，此后A受到滑动摩擦力作用，且不再变化。
11. (2020·百校联盟TOP300联考)如图所示，水平传送带以大小为v的速率沿顺时针匀速运行，一个小物块从传送带的右端点A以大小为2v的速度向左滑上传送带，小物块滑到传送带正中间时速度减为零。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．A、B两点间的距离为
B．小物块在传送带上运动时与传送带的相对位移为
C．要使小物块从传送带左端点B滑离，小物块在右端点A滑上传送带的速度至少为3v
D．增大传送带的速度(仍小于2v)，小物块与传送带间相对运动的时间变长
解析 物块向左滑动时，做加速度大小为a＝μg的匀减速直线运动，则传送带的长为L＝2×＝，A项错误；物块向左滑动时，运动的时间t1＝＝，这段时间内相对位移x相1＝＋vt1＝，当物块向右运动时，加速的时间为t2＝＝，这段时间内的相对位移为x相2＝vt2－＝，因此总的相对位移为，B项正确；要使物块从传送带左端点B滑离，物块在右端点A滑上传送带的速度至少为v′＝＝2v，C项错误；增大传送带的速度(仍小于2v)，物块向左相对传送带运动的时间不变，向右相对传送带运动的时间变长，因此物块与传送带相对运动的总时间变长，D项正确。
答案 BD
三、非选择题
12. (2020·东北师范大学附属中学第一次摸底)如图所示，弹簧的劲度系数为k，质量都为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于1.5mg的恒力向上拉B，运动一定距离B与A分离，已知重力加速度为g，求：
(1)当拉力作用在B上瞬间A对B物体的支持力；
(2)B物体从静止到分离过程A上升的高度h。
解析 (1)以A、B整体为研究对象
a＝＝＝0.75g，
设A对B的支持力为FN，对B应用牛顿第二定律
FN＋1.5mg－mg＝m×0.75g，
解得FN＝0.25mg。
(2)根据胡克定律，静止时弹簧压缩量为x1＝，
B与A分离时两者之间弹力为零，加速度相等＝，
解得x2＝，
则B物体从静止到分离过程A上升的高度为
h＝x2－x1＝。
答案 (1)0.25mg (2)
13．(2020·天水一中阶段性考试)如图所示为快件自动分捡装置原理图，快件通过一条传送带运送到各个分捡容器中。图中水平传送带沿顺时针匀速转动，右侧地面上有一个宽和高均为d＝1 m的容器，容器左侧离传送带右端B的水平距离也为d，传送带上表面离地高度为2d，快件被轻放在传送带的左端A，运动到B端后做平抛运动，AB间距离为L＝2 m，快件与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
(1)要使快件能落入容器中，传送带匀速转动的速度大小范围；
(2)试判断快件能不能不与容器侧壁碰撞而直接落在容器底部，如果能，则快件从A点开始到落到容器底部需要的最长时间为多少。
解析 (1)设快件从B端平抛落入容器中的最小速度大小为v1，
则d＝v1t1，
d＝gt，
解得v1＝＝ m/s，
设快件从B端平抛落入容器中的最大速度大小为v2，则有
2d＝v2t1，
d＝gt，
解得v2＝＝2 m/s，
快件在传送带上匀加速到达B点的速度为
v＝＝＝2 m/s，
因此传送带速度大小范围为v≥ m/s。
(2)设快件从容器左侧边缘落入容器可以直接落在容器底部，则
x＝v1t2,2d＝gt，
解得t2＝ s，x＝ m，
x<2d假设成立，因此快件能直接落在容器底部，且从容器左侧边缘落入容器中的快件从A点开始到落到容器底部需要的时间最长
快件在传送带上加速运动的时间
t1′＝＝＝ s，
加速运动的距离x1＝＝0.5 m，
匀速运动的时间t2′＝＝ s，
因此运动的最长时间
t＝t1′＋t2′＋t2＝ s。
答案 (1)v≥ m/s (2) s
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