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
[题点全练]————————————————————————————————
1.一物体在光滑的水平桌面上运动，在相互垂直的x方向和y方向上的分运动的速度随时间变化的规律如图所示。关于物体的运动，下列说法中正确的是(　　)
A．物体运动的初速度大小是7 m/s
B．物体做变加速直线运动
C．物体做匀变速曲线运动
D．物体运动的加速度大小是5 m/s2
解析：选C　由题图可得分运动的初速度大小v0x＝3 m/s，v0y＝4 m/s，则初速度大小为v0＝＝5 m/s，选项A错误；x方向的匀速直线运动和y方向的匀变速直线运动合成为匀变速曲线运动，选项B错误，C正确；分运动的加速度大小ax＝0，ay＝2 m/s2，物体的加速度大小a＝＝2 m/s2，选项D错误。
2．(2018·成都诊断)质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动。当小车与滑轮间的细绳和水平方向的夹角为θ2时(如图)，下列判断正确的是(　　)
A．P的速率为v
B．P的速率为vcos θ2
C．细绳的拉力等于mgsin θ1
D．细绳的拉力小于mgsin θ1
解析：选B　将小车速度分解为沿细绳和垂直细绳方向的v1、v2，P的速率v1＝vcos θ2，
A错误，B正确；小车向右做匀速直线运动，θ2减小，P的速率增大，P具有沿斜面方向向上的加速度，故细绳的拉力大于mgsin θ1，C、D错误。
3．[多选]相距为l0的甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为v0，两船在静水中的速率均为v。甲、乙两船船头与河岸的夹角均为θ，如图所示，已知甲船恰好能垂直到达河正对岸的A点，乙船到达河对岸的B点，A、B之间的距离为l。则下列判断正确的是(　　)
A．甲、乙两船同时到达对岸
B．若仅是河水流速v0增大，则两船的渡河时间都不变
C．不论河水流速v0如何改变，只要适当改变θ，甲船总能到达正对岸的A点
D．若仅是河水流速v0增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为l
解析：选ABD　甲、乙两船在垂直河岸方向上的分速度大小相同，都为vsin θ，根据合运动与分运动具有等时性可得，两船的渡河时间相同，且与河水流速v0无关，故A、B正确；当v0≥v时，不论怎样改变θ，甲船都不能到达正对岸的A点，故C错误；两船到达对岸时，两船之间的距离l＝l乙－l甲＋l0＝(vcos θ＋v0)t－(v0－vcos θ)t＋l0＝2vtcos θ＋l0，与v0无关，故D正确。

[研一题]————————————————————————————————
一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h。发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h。不计空气的作用，重力加速度大小为g。若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是(　　)

A. B. C. D.

[思路点拨]
1．使球过网的临界条件是什么？此时对应最大发射速率还是最小发射速率？
提示：球恰好能经过网的上侧，对应最小发射速率。
2．在球不被打出右侧台面的前提下，球最远能落到何处？此时对应最大发射速率还是最小发射速率？
提示：球最远能落到右侧台面的两角处，对应最大发射速率。
[解析]　设以速率v1发射乒乓球，经过时间t1刚好落到球网正中间，则竖直方向上有
3h－h＝gt12，水平方向上有＝v1t1，解得v1＝。设以速率v2发射乒乓球，经过时间t2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3h＝gt22，在水平方向有 ＝v2t2，解得v2＝ 。则v的最大取值范围为v1 [答案]　D
[悟一法]————————————————————————————————
平抛运动的两个“正切值”和两个“模型”
1．两个“正切值”
任意时刻的速度与水平方向的夹角α的正切值总等于该时刻的位移与水平方向的夹角β的正切值的2倍，即tan α＝2tan β。
2．两个“模型”
两个模型
解题方法
方法应用

分解速度，构建速度矢量三角形
水平方向：vx＝v0
竖直方向：vy＝gt
合速度：v＝
方向：tan θ＝

分解位移，构建位移矢量三角形
水平方向：x＝v0t
竖直方向：y＝gt2
合位移：s＝
方向：tan θ＝




[通一类]————————————————————————————————
1．[多选]如图所示，在距地面高为H＝45 m处，有一小球A以初速度v0＝10 m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度同方向滑出，B与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.4，A、B均可视为质点，空气阻力不计(取g＝10 m/s2)。下列说法正确的是
(　　)
A．A运动时间为3 s
B．B运动时间为3 s
C．B运动12.5 m后停止
D．A落地时，A、B相距17.5 m
解析：选ACD　根据H＝gt2得，t＝ ＝ s＝3 s，故A正确；B做匀减速直线运动的加速度大小a＝μg＝0.4×10 m/s2＝4 m/s2，则B速度减为零的时间t0＝＝ s＝2.5 s，滑行的距离x＝t0＝×2.5 m＝12.5 m，故B错误，C正确；A落地时，A的水平位移xA＝v0t＝10×3 m＝30 m，B的位移xB＝x＝12.5 m，则A、B相距Δx＝(30－12.5)m＝
17.5 m，故D正确。
2．(2018·全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上。甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的(　　)
A．2倍　　　　　　 　 　 B．4倍
C．6倍 D．8倍
解析：选A　画出小球在斜面上运动轨迹，如图所示，可知：x＝vt，xtan θ＝gt2，则x＝v2，即x∝v2。甲、乙两球抛出速度分别为v和，则相应水平位移之比为4∶1，由相似三角形知，下落高度之比也为4∶1，由自由落体运动规律得，落在斜面上竖直方向速度之比为2∶1，由落至斜面时的速率v斜＝可得落至斜面时速率之比为2∶1，A对。
3.如图所示，斜面体ABC放置在水平地面上，有一小球从A点正上方某一高度以4 m/s的速度水平抛出，刚好落在斜边AC的中点。若小球抛出点不变，将小球以速度v水平抛出，小球刚好落在斜面顶端C点，不计空气阻力的影响，则该速度v的大小可能为(　　)
A．5 m/s B．6 m/s
C．8 m/s D．10 m/s
解析：选D　改变小球抛出速度后，水平位移变为原来的2倍，由于小球运动时间变短，则速度v大于原来的2倍，只有D项是可能的。

[知能全通]————————————————————————————————
1．解决圆周运动问题的“四个步骤”

2．水平面内圆周运动的临界问题
(1)水平面内做圆周运动的物体其向心力可能由弹力、摩擦力等力提供，常涉及绳的张紧与松弛、接触面分离等临界状态。
(2)常见临界条件：①绳的临界：张力FT＝0；②接触面滑动的临界：F＝f；③接触面分离的临界：FN＝0。
[题点全练]————————————————————————————————
1.一水平放置的圆盘可以绕中心O点旋转，盘上放一个质量为m的铁块(可视为质点)，轻质弹簧一端连接铁块，另一端系于O点，铁块与圆盘间的动摩擦因数为μ，如图所示。铁块随圆盘一起匀速转动，铁块距中心O点的距离为r，这时弹簧的拉力大小为F，重力加速度为g，已知铁块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则圆盘的角速度可能是(　　)
A．ω≥
B．ω≤
C. <ω<
D. ≤ω≤
解析：选D　当摩擦力指向圆心达到最大时，角速度达到最大，根据F＋μmg＝mω12r，得最大角速度ω1＝ ；当摩擦力背离圆心达到最大时，角速度达到最小，根据
F－μmg＝mω22r，得最小角速度ω2＝ ，所以角速度的范围满足 ≤
ω≤ ，故D正确。
2.两粗细相同内壁光滑的半圆形圆管ab和bc连接在一起，且在b处相切，圆管平铺在水平面上并固定，如图所示。一小球从a端以某一初速度进入圆管，并从c端离开圆管，则小球由圆管ab进入圆管bc后(　　)
A．线速度变小　　　　 B．角速度变大
C．向心加速度变小 D．小球对管壁的压力变大
解析：选C　小球在水平面内运动，圆管对小球水平方向的支持力对小球不做功，小球的线速度不变，故A错误；由v＝ωr可知，ω＝，线速度不变，圆管半径增大，所以小球的角速度变小，故B错误；由an＝可知，线速度不变，圆管半径增大，向心加速度变小，故C正确；由Fn＝man可知，小球需要的向心力减小，则圆管对小球沿水平方向的支持力减小，圆管对小球竖直方向的支持力不变，所以圆管对小球的支持力的合力减小，根据牛顿第三定律可知，小球对管壁的压力变小，故D错误。
3．[多选]如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　)
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝ 是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝ 时，a所受摩擦力的大小为kmg
解析：选AC　因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得f＝mω2R，由于b的轨道半径大于a的轨道半径，故b做圆周运动需要的向心力较大，所以b所受的摩擦力较大，B错误；因为两木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，A正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mωb2·2l，可得ωb＝ ， C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mωa2l，可得ωa＝，而转盘的角速度 < ，a未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得f＝mω2l＝kmg，D错误。


[专题强训提能]
1．(2018·江苏高考)某弹射管每次弹出的小球速度相等。在沿光滑竖直轨道自由下落过程中，该弹射管保持水平，先后弹出两只小球。忽略空气阻力，两只小球落到水平地面的(　　)
A．时刻相同，地点相同　　 B．时刻相同，地点不同
C．时刻不同，地点相同 D．时刻不同，地点不同
解析：选B　弹射管自由下落，两只小球始终处于同一水平面，因此同时落地。两只小球水平方向的分运动为匀速直线运动，且速度相等，但两只小球弹出后在空中运动的时间不相等，所以水平位移不相等，落地点不同。故B正确。
2．一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足v＝2＋t (各物理量均选用国际单位制中单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是(　　)
A．质点可能做匀减速直线运动
B．0～5 s内质点的位移为35 m
C．质点运动的加速度为1 m/s2
D．质点在第3 s末的速度为5 m/s
解析：选B　根据平均速度v＝知，x＝vt＝2t＋t2，根据x＝v0t＋at2＝2t＋t2知，质点的初速度v0＝2 m/s，加速度a＝2 m/s2，质点做匀加速直线运动，故A、C错误；0～5 s 内质点的位移x＝v0t＋at2＝2×5 m＋×2×52 m＝35 m，故B正确；质点在第3 s末的速度
v＝v0＋at＝2 m/s＋2×3 m/s＝8 m/s，故D错误。
3.(2018·安徽“江南十校”联考)如图所示，将小球以速度v沿与水平方向成θ＝37°角斜向上抛出，结果小球刚好能垂直打在竖直墙面上，小球反弹的瞬间速度方向水平，且速度大小为碰撞前瞬间速度大小的，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计，则当反弹后小球的速度大小再次为v时，速度与水平方向夹角的正切值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　采用逆向思维，小球的斜抛运动可视为平抛运动的逆运动，将抛出速度沿水平和竖直方向分解，有：vx＝vcos θ＝0.8v，vy＝vsin θ＝0.6v，小球撞墙前瞬间的速度等于0.8v，反弹速度大小为：vx′＝×0.8v＝0.6v，反弹后小球做平抛运动，当小球的速度大小再次为v时，竖直速度为：vy′＝＝＝0.8v，速度方向与水平方向夹角的正切值为：tan θ′＝＝＝，故B正确，A、C、D错误。
4．(2019届高三·晋中调研)如图所示为一个做匀变速曲线运动的物块运动轨迹的示意图，运动至A点时速度大小为v0，经一段时间后物块运动至B点，速度大小仍为v0，但相对于A点时的速度方向改变了90°，则在此过程中(　　)
A．物块的运动轨迹AB可能是一段圆弧
B．物块的动能可能先增大后减小
C．物块的最小速度大小可能为
D．物块在B点的加速度与速度的夹角小于90°
解析：选D　由题意，物块做匀变速曲线运动，则加速度的大小与方向都不变，所以运动轨迹是一段抛物线，不是圆弧，故A错误；由题意，物块运动到B点时速度方向相对于A点时的速度方向改变了90°，速度沿B点轨迹的切线方向，则知加速度方向垂直于AB的连线向下，合外力也向下，物块做匀变速曲线运动，物块由A点到B点过程中，合外力先做负功，后做正功，由动能定理可得，物块的动能先减小后增大，故B错误；物块的加速度方向垂直于A、B的连线向下，根据物块由A点到B点的速度方向改变90°，则物块在A点的速度方向与AB连线方向夹角为45°，如图所示，所以在物块运动过程中的最小速度大小为v0，故C错误；物块在B点速度沿B点轨迹的切线方向，而加速度方向垂直于A、B的连线向下，可知二者之间的夹角小于90°，故D正确。
5．(2018·北京高考)根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置。但实际上，赤道上方200 m处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm 处。这
一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比。现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球(　　)
A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零
B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零
C．落地点在抛出点东侧
D．落地点在抛出点西侧
解析：选D　将小球的竖直上抛运动分解为水平方向和竖直方向的两个分运动。上升阶段，随着小球竖直分速度的减小，其水平向西的“力”逐渐减小，因此水平向西的加速度逐渐减小，到最高点时减小为零，而水平向西的速度达到最大值，故A、B错误；下降阶段，随着小球竖直分速度的变大，其水平向东的“力”逐渐变大，水平向东的加速度逐渐变大，小球的水平分运动是向西的变减速运动，根据对称性，小球落地时水平向西的速度减小为零，所以落地点在抛出点西侧，故C错误，D正确。
6．[多选](2018·兰州一中检测)一快艇从离岸边100 m远的河流中央向岸边行驶，快艇在静水中的速度—时间图像如图甲所示；河中各处水流速度相同，速度—时间图像如图乙所示。则(　　)

A．快艇的运动轨迹一定为直线
B．快艇的运动轨迹一定为曲线
C．快艇最快到达岸边，所用的时间为20 s
D．快艇最快到达岸边，经过的位移为100 m
解析：选BC　由题图知，两分运动一个为匀加速直线运动，一个为匀速直线运动，知合速度的方向与合加速度的方向不在同一直线上，合运动为曲线运动，即运动轨迹一定为曲线，A错误，B正确；当快艇速度方向垂直于河岸时，所用时间最短，垂直于河岸方向上的加速度a＝0.5 m/s2，由d＝at2，得t＝20 s，而合速度方向不垂直于河岸，位移大于100 m，
C正确，D错误。
7.如图所示，一根细线下端拴一个金属小球A，细线的上端固定在金属块B上，金属块B放在带小孔的水平桌面上，小球A在某一水平面内做匀速圆周运动。现使小球A改到一个更低一些的水平面上做匀速圆周运动(图中未画出)，金属块B在桌面上始终保持静止，则后一种情况与原来相比较，下列说法正确的是(　　)
A．金属块B受到桌面的静摩擦力变大
B．金属块B受到桌面的支持力变小
C．细线的张力变大
D．小球A运动的角速度变小
解析：选D　设A、B质量分别为m、M，A做匀速圆周运动的向心加速度为a，细线的张力为T，细线与竖直方向的夹角为θ，对B研究，B受到的静摩擦力f＝Tsin θ，对A，有Tsin θ＝ma，Tcos θ＝mg，解得a＝gtan θ，θ变小，f变小，故A错误；以整体为研究对象知，B受到桌面的支持力大小不变，等于(M＋m)g，故B错误；T＝，θ变小，T变小，故C错误；设细线长为l，则a＝gtan θ＝ω2lsin θ，ω＝ ，θ变小，ω变小，故D正确。


8.一位网球运动员以拍击球，使网球沿水平方向飞出，第一只球落在自己一方场地的B点，弹跳起来后，刚好擦网而过，落在对方场地的A点，如图所示，第二只球直接擦网而过，也落在A点，设球与地面的碰撞没有能量损失，其运动过程中阻力不计，则两只球飞过网C处时水平速度之比为(　　)
A．1∶1 B．1∶3
C．3∶1 D．1∶9
解析：选B　两球飞出时的高度相同，所以第一只球落到B点所用的时间等于第二只球落到A点所用时间，根据竖直上抛和自由落体运动的对称性可知，落到A点时，第一只球所用时间为t1＝3t，第二只球所用时间为t2＝t，由于两只球在水平方向的分运动均为匀速运动，水平位移大小相等，设它们从O点出发时的初速度分别为v1、v2，由x＝v0t得v2＝3v1，即＝，B正确。
9．[多选]如图为一网球场示意图，球网高为h＝0.9 m，发球线离网的距离为x＝6.4 m，某运动员在一次击球时，击球点刚好在发球线正上方H＝1.25 m 高处，设击球后瞬间球的速度大小为v0＝32 m/s，方向水平且垂直于网(不计空气阻力，网球视为质点，重力加速度g取10 m/s2)，下列说法正确的是(　　)
A．网球不能过网
B．网球在水平方向通过网所在处历时0.2 s
C．网球的直接落地点离对方发球线的距离为16 m
D．网球从击出到落地历时0.5 s
解析：选BD　网球在水平方向通过网所在处历时t1＝＝0.2 s，下落高度h1＝gt12＝
0.2 m，因h1 10.[多选]如图所示，竖直薄壁圆筒内壁光滑、半径为R，上部侧面A处开有小口，在小口A的正下方h处亦开有与小口A大小相同的小口B，小球从小口A沿切线方向水平射入筒内，使小球紧贴筒内壁运动，小球进入A口的速度大小为v0时，小球恰好从A点的正下方的B口处飞出，则(　　)
A．小球到达B口时的速率为
B．小球的运动时间是
C．小球的运动时间是
D．沿AB将圆筒竖直剪开，看到小球的运动轨迹是一条直线
解析：选AC　由机械能守恒定律得mv2＝mgh＋mv02，所以小球到达B口时的速率
v＝，故A正确；小球在竖直方向做自由落体运动，所以小球在筒内的运动时间为：t＝，在水平方向，根据圆周运动的规律可得：t＝n(n＝1,2,3，…)，故B错误，C正确；小球在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀速圆周运动，沿AB将圆筒竖直剪开，则小球沿水平方向的运动可以视为匀速直线运动，所以看到小球的运动轨迹是一条曲线，故D错误。
11．[多选]质量为m的小球由轻绳a和b分别系于一竖直轻质细杆的A点和B点，如图所示，绳a与水平方向成θ角，绳b沿水平方向且长为l，当轻杆绕轴AB以角速度ω匀速转动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，则下列说法正确的是(　　)
A．a绳张力不可能为零
B．a绳的张力随角速度的增大而增大
C．当角速度ω> ，b绳将出现张力
D．若b绳突然被剪断，则a绳的张力一定发生变化
解析：选AC　小球在水平面内做匀速圆周运动，在竖直方向上的合力为零，水平方向上的合力提供向心力，所以a绳在竖直方向上的分力与重力相等，可知a绳的张力不可能为零，故A正确；根据竖直方向上受力平衡得，Fasin θ＝mg，解得Fa＝，可知a绳的张力不变，故B错误；当b绳张力为零时，有＝mlω2，解得ω＝ ，可知当角速度ω> 时，b绳将出现张力，故C正确；由于b绳可能没有张力，故b绳突然被剪断，a绳的张力可能不变，故D错误。
12.如图所示，A、B两球用两段不可伸长的细绳连接于悬点O，两段细绳的长度之比为1∶2，现让两球同时从悬点O附近以一定的初速度分别向左、向右水平抛出，至连接两球的细绳伸直所用时间之比为1∶，若A、B两球的初速度大小之比为k，则k值应满足的条件是(　　)


A．k＝ B．k>
C．k＝ D．k>
解析：选A　设连接A球的细绳长为L，A球以初速度vA水平抛出，水平方向的位移
x＝vAt，竖直方向的位移y＝gt2，则x2＋y2＝L2，可得vA＝；同理得B球的初速度vB＝，因此有＝k＝，选项A正确。
13.[多选]如图所示，BOD是竖直平面内半圆轨道的水平直径，OC为竖直半径，半圆轨道半径为R。现有质量相同的a、b两个小球分别从A、B两点以一定的初速度水平抛出，分别击中轨道上的D点和C点，A点在B点正上方高度为R处，已知b球击中C点时动能为Ek，不计空气阻力，则(　　)
A．a球击中D点时动能为1.6Ek
B．a球击中D点时动能为1.25Ek
C．a、b两球初速度之比为1∶1
D．a、b两球与轨道碰撞前瞬间，重力的瞬时功率之比为1∶1
解析：选AD　两个小球都做平抛运动，下落的高度都是R，根据R＝gt2可知，运动的时间为：t＝，根据题图可知，a球运动的水平位移为2R，则a球的初速度为：vA＝＝，b球的水平位移为R，则b球的初速度为：vB＝＝，则a、b两球初速度之比为2∶1，选项C错误；a球从A到D的过程中，根据动能定理得：EkD＝mgR＋mvA2＝
2mgR，b球从B到C的过程中，根据动能定理得：Ek＝mgR＋mvB2＝mgR，解得：EkD＝1.6Ek，选项A正确，B错误；a、b两球与轨道碰撞前瞬间，竖直方向速度vy＝gt，相等，则重力的瞬时功率也相等，即重力的瞬时功率之比为1∶1，选项D正确。
14．(2018·广东华南三校联考)横截面为直角三角形的两个相同斜面紧靠在一起，固定在水平面上，如图所示。它们的竖直边长都是底边长的一半，现有三个小球从左边斜面的顶点以不同的初速度向右平抛，最后落在斜面上，其落点分别是a、b、c。下列判断正确的是(　　)
A．图中三小球比较，落在a点的小球飞行时间最短
B．图中三小球比较，落在c点的小球飞行过程速度变化最大

C．图中三小球比较，落在c点的小球飞行过程速度变化最快
D．无论小球抛出时初速度为多大，落到两个斜面上的瞬时速度都不可能与斜面垂直
解析：选D　题图中三小球均做平抛运动，可知落点为a、b和c的三小球下落的高度关系为ha>hb>hc，由t＝，得ta>tb>tc，又Δv＝gt，则Δva>Δvb>Δvc，A、B项错误；速度变化快慢由加速度决定，因为aa＝ab＝ac＝g，则三小球飞行过程中速度变化快慢相同，C项错误；由题给条件可以确定小球落在左边斜面上的瞬时速度不可能垂直于左边斜面，而对右边斜面可假设小球初速度为v0时，其落到斜面上的瞬时速度v与斜面垂直，将v沿水平方向和竖直方向分解，则vx＝v0，vy＝gt，且满足＝＝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
0 小球受向上的支持力，且0 v＝时
小球除受重力之外不受其他力
v>时
小球受向下的拉力或压力，并且拉力或压力随速度的增大而增大
[题点全练]————————————————————————————————
1．(2017·全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力(　　)
A．一直不做功　　　　　　 B．一直做正功
C．始终指向大圆环圆心 D．始终背离大圆环圆心
解析：选A　由于大圆环是光滑的，因此小环下滑的过程中，大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直，因此作用力不做功，A项正确，B项错误；小环下滑过程中，大圆环对小环的作用力先背离后指向大圆环的圆心，C、D项错误。
2.如图所示，轻杆长为3L，在杆两端分别固定质量均为m的球A和B，光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点，外界给系统一定能量后，杆和球在竖直平面内转动，球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力。忽略空气阻力。则球B在最高点时(　　)
A．球B的速度为零
B．球A的速度大小为
C．水平转轴对杆的作用力为1.5mg
D．水平转轴对杆的作用力为2.5mg
解析：选C　球B运动到最高点时，杆对球B恰好无作用力，即重力恰好提供向心力，有mg＝m，解得vB＝，故A错误；由于球A、B的角速度相等，则球A的速度大小vA＝，故B错误；球B在最高点时，对杆无作用力，此时球A所受重力和杆的作用力的合力提供向心力，有F－mg＝m，解得F＝1.5mg，则水平转轴对杆的作用力为1.5mg，故C正确，D错误。
3．(2019届高三·佛山模拟)如图所示，内壁光滑、质量为m的管形圆轨道，竖直放置在光滑水平地面上，恰好处在左、右两固定光滑挡板M、N之间，圆轨道半径为R，质量为m的小球能在管内运动，小球可视为质点，管的内径忽略不计。当小球运动到轨道最高点时，圆轨道对地面的压力刚好为零，下列判断正确的是(　　)

A．圆轨道对地面的最大压力大小为8mg
B．圆轨道对挡板M、N的压力总为零
C．小球运动的最小速度为
D．小球运动到圆轨道最右端时，圆轨道对挡板N的压力大小为5mg
解析：选A　当小球运动到最高点时，圆轨道对地面的压力为零，可知小球对圆轨道的弹力等于圆轨道的重力，根据牛顿第二定律得，mg＋N＝m，N＝mg，解得小球在最高点的速度v1＝，该速度为小球运动的最小速度。根据动能定理得，mg·2R＝mv22－
mv12，根据牛顿第二定律得，N′－mg＝m，解得轨道对小球的最大支持力N′＝7mg，由平衡条件及牛顿第三定律可知，圆轨道对地面的最大压力为8mg，A正确，C错误；在小球运动的过程中，圆轨道对挡板的一侧有力的作用，所以对挡板M、N的压力不为零，B错误；小球运动到圆轨道最右端时，根据动能定理得mgR＝mv32－mv12，根据牛顿第二定律得N″＝m，解得N″＝4mg，由平衡条件及牛顿第三定律可知，此时圆轨道对挡板N的压力大小为4mg，D错误。

[知能全通]————————————————————————————————
1．外轨模型的特点
实例
拱形桥等
图示

在最高
点受力
重力，支持力向上或等于零
mg－FN＝m
最高点
的运动
FN恰好为0时，mg＝m，vmax＝
即在最高点的速度v≤
2．外轨模型中汽车通过最高点时的速度及受力特点
v＝0时
汽车受向上的支持力，且FN＝mg
0 汽车受向上的支持力，且0 v＝时
汽车除受重力之外不受其他力
v>时
汽车只受重力，而且已经脱离地面

[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选]如图所示，汽车车厢顶部悬挂一个劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端拴一个质量为m的小球，当汽车以某一速度v＝在水平地面上匀速行驶时，弹簧长度为L1；当汽车以同一速率匀速通过一个桥面半径为r的圆弧形凸形桥的最高点时，弹簧长度为L2，下列选项中正确的是(　　)
A．L1>L2　　　　　 　 B．L1＝L2
C．L1 解析：选AD　设弹簧的原长为L0，根据题意有mg＝k(L1－L0)，所以L1＝L0＋；当汽车以同一速率匀速通过一个圆弧形凸形桥的最高点时，小球所受竖直向下的合外力提供向心力，有mg－k(L2－L0)＝＝mg，可得L2＝L0，所以L1－L2＝，选项A、D正确。
2．如图所示，在竖直平面内，圆弧形滑道组成的滑道ABC关于B点对称，且A、B、C三点在同一水平线上。若小滑块第一次由A滑到C，所用的时间为t1，第二次由C滑到A，所用的时间为t2，小滑块两次的初速度大小相同且运动过程始终沿着滑道滑行，小滑块与滑道间的动摩擦因数恒定，则(　　)
A．t1＜t2 B．t1＝t2
C．t1＞t2 D．无法比较t1、t2的大小
解析：选A　在AB段，速度越大，滑块受支持力越小，摩擦力就越小，在BC段，速度越大，滑块受支持力越大，摩擦力就越大，由题意知从A运动到C相比从C运动到A，在AB段速度较大，在BC段速度较小，所以从A到C运动过程所受摩擦力较小，用时短，所以A正确。
3.(2018·淮海中学检测)夏季游乐场的“飞舟冲浪”项目受到游客的欢迎，简化模型如图。一游客(可视为质点)以某一水平速度v0从A点出发沿光滑圆弧轨道运动，至B点时脱离轨道，最终落在水面上的C点，不计空气阻力。下列说法中正确的是(　　)
A．在A点时，游客对圆弧轨道的压力等于其重力
B．在B点时，游客的向心加速度为g
C．从B点到C点的过程，游客做匀变速运动
D．从B点到C点的过程，游客做变加速运动
解析：选C　由于在A点水平初速度为v0，故mg－N＝m，解得：N＝mg－m，由牛顿第三定律知，选项A错误；在B点恰好脱离轨道，设该点切线与水平方向夹角为θ，则man＝mgcos θ，故an＝gcos θ，选项B错误；从B点到C点过程，游客只受重力，做匀变速运动，选项C正确，D错误。

[研一题]———————————————————————————————
[多选]如图所示，半径为R的圆弧轨道与半径为的光滑半圆弧轨道通过图示方式组合在一起，A、B分别为半圆弧轨道的最高点和最低点，O为半圆弧的圆心。现让一可视为质点的小球从B点以一定的初速度沿半圆弧轨道运动，恰好通过最高点A后落在圆弧轨道上的C点，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　)
A．小球运动到A点时所受合力为零
B．小球从B点出发时的初速度大小为
C．C点与A点的高度差为
D．小球到达C点时的动能为mgR
[解析]　由于小球刚好能通过半圆弧轨道的最高点A，故小球运动到A点时由重力提供其做圆周运动的向心力，所受合力不为零，选项A错误；在A点时，有mg＝m，其中
r＝，解得：vA＝ ，由机械能守恒定律可得：mvB2＝mgR＋mvA2，解得：vB＝ ，选项B正确；由平抛运动规律可得：x＝vAt，y＝gt2，由几何关系可得：x2＋y2＝R2，解得：y＝，故C点与A点的高度差为，选项C错误；由动能定理可知：EkC＝
mvA2＋mgy，解得：EkC＝mgR，选项D正确。
[答案]　BD
[悟一法]————————————————————————————————
平抛运动与圆周运动组合问题的两类思维流程
1．单个质点的连续运动的思维流程


2．质点和圆盘的独立运动的思维流程

[通一类]————————————————————————————————
1.如图所示，B为竖直圆弧轨道的左端点，它和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α。一小球在圆弧轨道左侧的A点以速度v0平抛，恰好沿B点的切线方向进入圆弧轨道。已知重力加速度为g，则A、B之间的水平距离为(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选A　设小球运动到B点时速度为v，如图所示，在B点分解速度v可知：vx＝v0，vy＝v0tan α，又知小球在竖直方向做自由落体运动，则有vy＝gt，解得：t＝，A、B之间的水平距离为
xAB＝v0t＝，A项正确。
2．[多选](2018·揭阳模拟)如图所示，小球沿水平面以初速度v0通过O点进入半径为R的竖直半圆弧轨道，半圆弧轨道最高点为P，不计一切阻力，则(　　)
A．小球进入竖直半圆弧轨道后做匀速圆周运动
B．若小球能通过P点，则小球在P点受力平衡
C．若小球的初速度v0＝3，则小球一定能通过P点
D．若小球恰能通过P点，则小球落地点到O点的水平距离为2R
解析：选CD　不计一切阻力，小球机械能守恒，随着高度增加，动能减少，故做变速圆周运动，A错误；小球在最高点P需要向心力，故受力不平衡，B错误；若小球恰能通过P点，则有mg＝，得vP＝，小球过P点后做平抛运动，有x＝vPt，2R＝gt2，得
x＝·2＝2R，D正确；由机械能守恒得mg·2R＋mvP′2＝mv02，得vP′＝>，则小球一定能通过P点，C正确。
3．(2018·六盘山模拟)如图所示，半径为R的圆盘在竖直面内绕O轴匀速转动，盘上A、B两点均粘有一小物体，当B点转至最低位置时，O、A、B、P四点在同一竖直线上，已知OA＝AB，P是地面上的一点。A、B两点处的小物体同时脱落，最终落到水平地面上同一点(不计空气的阻力)。则OP之间的距离是(　　)
A．R B．7R
C．R D．5R
解析：选A　设OP之间的距离为h，则A下落的高度为h－R，A随圆盘运动的线速度为ωR，设A下落的时间为t1，水平位移为x，则在竖直方向上有h－R＝gt12，在水平方向上有x＝ωRt1，B下落的高度为h－R，B随圆盘运动的线速度为ωR，设B下落的时间为t2，水平位移也为x，则在竖直方向上有h－R＝gt22，在水平方向上有x＝ωRt2，解得
h＝R，A项正确。
[专题强训提能]
1．(2018·肇庆摸底)如图，一长为L的轻质细杆一端与质量为m的小球(可视为质点)相连，另一端可绕O点转动，现使轻杆与小球在同一竖直面内匀速转动，测得小球的向心加速度大小为g(g为当地的重力加速度)，下列说法正确的是(　　)
A．小球的线速度大小为gL
B．小球运动到最高点时处于完全失重状态
C．当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球作用力方向指向圆心O点
D．轻杆在匀速转动过程中，轻杆对小球作用力的最大值为mg
解析：选B　根据匀速圆周运动中a＝，解得：v＝，A错误；小球做匀速圆周运动，向心加速度大小为g，所以小球在最高点的加速度为g，处于完全失重状态，B正确；当轻杆转到水平位置时，轻杆对小球的作用力和重力的合力指向圆心，所以轻杆对小球的作用力方向不可能指向圆心O点，C错误；在最低点轻杆对小球的作用力最大，即F－mg＝ma，解得：F＝2mg，D错误。



2.一截面为圆形的内壁光滑细管被弯成一个半径为R的大圆环，并固定在竖直平面内。在管内的环底A处有一质量为m、直径比管径略小的小球，小球上连有一根穿过位于环顶B处管口的轻绳，在水平外力F的作用下，小球以恒定的速率从A点运动到B点，如图所示。忽略内、外侧半径差别(小球可视为质点)，此过程中外力F的变化情况是(　　)
A．逐渐增大　　　　　　 B．逐渐减小
C．先减小，后增大 D．先增大，后减小
解析：选D　小球做匀速圆周运动，合外力提供向心力，所以切线方向合力为零，设小球重力方向与切线方向的夹角为α，则有F＝mgcos α，小球上升过程中，α从90°先减小到
0(与圆心等高处)，后增大到90°(B点处)，cos α 先增大后减小，所以F＝mgcos α先增大后减小，故D正确。
3.如图所示，一质量为m的小物块沿竖直面内半径为R的圆弧轨道下滑，滑到最低点时的瞬时速度为v，若小物块与轨道间的动摩擦因数是μ，则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为(　　)
A．μmg B．μ
C．μm D．μm
解析：选D　小物块滑到轨道最低点时，由重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律得FN－mg＝m，得FN＝m，则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为f＝μFN＝μm，D正确。
4．[多选](2018·洛阳高三统考)如图所示，处于竖直平面内的光滑细金属圆环半径为R，质量均为m的带孔小球A、B穿于环上，两根长为R的细绳一端分别系于A、B球上，另一端分别系于圆环的最高点和最低点，现让圆环绕竖直直径转动，当角速度缓慢增大到某一值时，连接B球的绳子恰好拉直，转动过程中绳子不会断，则下列说法正确的是(　　)
A．连接B球的绳子恰好拉直时，转动的角速度为
B．连接B球的绳子恰好拉直时，圆环对A球的作用力为零
C．继续增大转动的角速度，圆环对B球的作用力可能为零
D．继续增大转动的角速度，A球可能会沿圆环向上移动

解析：选AB　当连接B球的绳子刚好拉直时，mgtan 60°＝mω2Rsin 60°，解得ω＝
，A项正确；连接B球的绳子恰好拉直时，A球与B球转速相同，由对称性知，A球所受合力也为mgtan 60°，又A球所受重力为mg，可判断出A球所受绳子的拉力为＝2mg，A球不受圆环的作用力，B项正确；继续增大转动的角速度，连接B球的绳子上会有拉力，要维持B球竖直方向所受外力的合力为零，圆环对B球必定有弹力，C项错误；当转动的角速度增大，圆环对A球的弹力不为零，根据竖直方向上A球所受外力的合力为零，可知绳子对A球的拉力增大，绳子应张得更紧，因此A球不可能沿圆环向上移动，D项错误。
5．(2019届高三·合肥调研)如图甲所示，轻杆一端与一小球相连，另一端连在光滑固定轴上，可在竖直平面内自由转动。现使小球在竖直平面内做圆周运动，到达某一位置开始计时，取水平向右为正方向，小球的水平分速度vx随时间t的变化关系如图乙所示。不计空气阻力。下列说法中正确的是(　　)

A．t1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等
B．t2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积相等
C．t1时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积不相等
D．t2时刻小球通过最高点，图乙中S1和S2的面积不相等
解析：选A　由题意可知，题图乙中t1时刻小球通过最高点，面积S1表示的是小球从最低点运动到水平直径最左端位置的过程中通过的水平位移，其大小等于轻杆的长度；S2表示的是小球从水平直径最左端位置运动到最高点的过程中通过的水平位移，其大小也等于轻杆的长度，所以选项A正确。
6.如图所示，质量为M的物体内有光滑圆形轨道，现有一质量为m的小滑块沿该圆形轨道在竖直面内沿顺时针方向做圆周运动，A、C点为圆周的最高点和最低点，B、D点为与圆心O在同一水平线上的点，小滑块运动时，物体在地面上静止不动，则关于物体对地面的压力N和地面对物体的摩擦力的说法正确的是(　　)
A．小滑块在A点时，N>Mg，摩擦力方向向左
B．小滑块在B点时，N＝Mg，摩擦力方向向左
C．小滑块在C点时，N>(M＋m)g，物体与地面无摩擦力
D．小滑块在D点时，N＝(M＋m)g，摩擦力方向向左
解析：选C　小滑块在A点时对物体的作用力竖直向上，物体在水平方向不受力的作用，所以不受摩擦力，A错误；小滑块在B点时，需要的向心力向右，所以物体对小滑块有向右的支持力作用，对物体受力分析可知，地面要对物体有向右的摩擦力作用，小滑块在竖直方向上对物体没有作用力，物体受力平衡，所以物体对地面的压力N＝Mg，B错误；小滑块在C点对物体的作用力竖直向下，物体在水平方向不受力的作用，所以不受摩擦力；小滑块对物体的压力要大于自身所受的重力，则物体对地面的压力N>(M＋m)g，C正确；小滑块在D点和B点受力情况类似，分析可知N＝Mg，摩擦力方向向左，D错误。
7．如图所示，内壁光滑的半球形碗放在水平面上，将质量不同的A、B两个小球(A球质量小，B球质量大)从碗口两侧同时由静止释放，让两球沿内壁下滑，不计两小球的大小，则下列说法正确的是(　　)
A．A球先到达碗底
B．B球先到达碗底
C．两球下滑的过程中，碗有向左滑动的趋势
D．两球下滑的过程中，碗有向右滑动的趋势
解析：选D　由于两小球运动轨迹关于过球心的竖直线对称，两小球下滑过程中在同一水平面上的加速度大小始终相同，所以同时到达碗底，选项A、B错误；由于B球质量较大，下滑过程中对右侧碗壁的作用力较大，所以两球下滑的过程中，碗有向右滑动的趋势，选项C错误，D正确。
8.[多选](2018·厦门模拟)如图所示，两根等长的细线拴着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动，某一时刻小球1运动到自身轨道的最低点，小球2恰好运动到自身轨道的最高点，这两点高度相同，此时两小球速度大小相同，若两小球质量均为m，可视为质点，忽略空气阻力的影响，则下列说法正确的是(　　)
A．此刻两根细线拉力大小相同
B．运动过程中，两根细线上拉力的差值最大为2mg
C．运动过程中，两根细线上拉力的差值最大为10mg
D．相对同一零势能面，球1在最高点的机械能等于球2在最低点的机械能
解析：选CD　题述位置，球1加速度方向向上，处于超重状态，球2加速度方向向下，处于失重状态，故拴着球1的细线拉力较大，故A错误；球1在最高点时，有：F1＋mg＝m，球2在最低点时，有：F2－mg＝m，两球运动过程中机械能守恒，球1：mv2＝
mv12＋2mgR，球2：mv2＝mv22－2mgR，解得：F1＝m－5mg，F2＝m＋5mg，故
F2－F1＝10mg，故B错误，C正确；两球运动过程中机械能守恒，而题述位置两球的机械能相等，故两球的机械能一直是相等的，故D正确。
9.如图所示，一倾角为30°的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离为d处，有一带负电的电荷量为q、质量为m的物体与圆盘始终保持相对静止。整个装置放在竖直向上的匀强电场中，电场强度E＝，则物体与盘面间的动摩擦因数至少为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g为重力加速度)(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　对物体随圆盘转动的各个位置分析比较可知，当物体转到圆盘的最低点时，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大，由牛顿第二定律得：μ(mg＋qE)cos 30°－(mg＋qE)sin 30°＝mω2d，解得：μ＝，故A正确，B、C、D错误。
10.固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道ABCD，其A点与圆心等高，D点为轨道的最高点，DB为竖直直径，AC为水平直径，AE为水平面，如图所示。今使小球自A点正上方某处由静止释放，且从A点进入圆弧轨道运动，只要适当调节释放点的高度，总能使小球通过最高点D，则小球通过D点后(　　)
A．一定会落到水平面AE上
B．一定会再次落到圆弧轨道上
C．可能会再次落到圆弧轨道上
D．一定不会落到水平面AE上
解析：选A　设圆弧轨道半径为R，若小球恰好能够通过最高点D，根据mg＝m，得：vD＝，知在最高点D的最小速度为，小球经过D点后做平抛运动，根据R＝
gt2，得：t＝ ，则平抛运动的最小水平位移为：x＝vDt＝·＝R，知小球一定会落到水平面AE上。故A正确，B、C、D错误。
11.如图所示，一块足够大的光滑平板放置在水平面上，能绕水平固定轴MN旋转以调节其与水平面所成的倾角。板上一根长为L＝0.60 m的轻绳，它的一端系住一质量为m的小球，另一端固定在板上的O点。当平板的倾角为α时，先将轻绳平行于水平轴MN拉直，第一次给小球一初速度使小球恰能在平板上做完整的圆周运动，小球在最高点的速度大小为 m/s，若要使小球在最高点时轻绳的拉力大小恰与小球所受的重力大小相等，则小球在最高点的速度大小为(取重力加速度g＝10 m/s2)(　　)

A. m/s B．2 m/s
C．3 m/s D．2 m/s
解析：选C　小球在倾斜平板上运动时受重力、轻绳拉力、倾斜平板弹力。在垂直倾斜平板方向上合力为0，重力沿倾斜平板方向的分量为mgsin α，若小球恰能通过最高点，轻绳拉力T＝0，此时mgsin α＝m，代入数据得：sin α＝，若要使小球在最高点时轻绳的拉力大小恰与小球所受的重力大小相等，小球在最高点时，有mg＋mgsin α＝m，代入数据得：v′＝3 m/s，故C正确。

12.[多选](2018·大庆模拟)如图所示，竖直平面内的两个半圆轨道在B点平滑相接，两个半圆的圆心O1、O2在同一水平线上，粗糙的小半圆半径为R，光滑的大半圆半径为2R；一质量为m的滑块(可视为质点)从大半圆的一端A点以一定的初速度向上沿着半圆内壁运动，且刚好能通过大半圆的最高点，最后滑块从小半圆的左端冲出轨道，刚好能到达大半圆的最高点，已知重力加速度为g，则(　　)
A．滑块在A点的初速度为
B．滑块在A点对半圆轨道的压力为6mg
C．滑块第一次通过小半圆过程克服摩擦力做的功为mgR
D．增大滑块在A点的初速度，则滑块通过小半圆克服摩擦力做的功不变
解析：选AC　由于滑块恰好能通过大半圆的最高点，在最高点重力提供向心力，即
mg＝m，解得v＝，根据机械能守恒定律可得mvA2＝2mgR＋m()2，解得
vA＝，A正确；滑块在A点时受到半圆轨道的支持力为：F＝m＝3mg，由牛顿第
三定律可知，B错误；设滑块在O1点的速度为v1，则v1＝＝2，在小半圆运动的过程中，根据动能定理得Wf＝mvA2－mv12＝mgR，C正确；增大滑块在A点的初速度，则滑块在小半圆中各个位置速度都增大，滑块对小半圆的平均压力增大，因此克服摩擦力做的功增多，D错误。
13．[多选](2018·湖南六校联考)如图所示为用绞车拖物块的示意图。拴接物块的细线被缠绕在轮轴上，轮轴逆时针转动从而拖动物块。已知轮轴的半径R＝0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块质量m＝1 kg，与地面间的动摩擦因数μ＝0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是 ω＝kt，k＝2 rad/s2，g取10 m/s2，以下判断正确的是(　　)
A．物块做匀速运动
B．细线对物块的拉力是5 N

C．细线对物块的拉力是6 N
D．物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/s2
解析：选CD　由题意知，物块的速度为：v＝ωR＝2t×0.5＝t，又v＝at，故可得：a＝1 m/s2，所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是1 m/s2，故A错误，D正确；由牛顿第二定律可得，物块所受合外力为：F＝ma＝1 N，F＝T－f，地面摩擦力为：f＝μmg＝0.5×
1×10 N＝5 N，故可得物块受细线拉力为：T＝f＋F＝5 N＋1 N＝6 N，故B错误，C正确。
14.[多选](2018·铁岭协作体模拟)如图所示，半径为R的内壁光滑圆轨道竖直固定在桌面上，一个可视为质点的质量为m的小球静止在轨道底部A点。现用小锤沿水平方向快速击打小球，使小球在极短的时间内获得一个水平速度后沿轨道在竖直面内运动。当小球回到A点时，再次用小锤沿运动方向击打小球，通过两次击打，小球才能运动到轨道的最高点。已知小球在运动过程中始终未脱离轨道，在第一次击打过程中小锤对小球做功大小为W1，第二次击打过程中小锤对小球做功大小为W2。设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小球的动能，则的值可能是(　　)
A. B.
C. D．1
解析：选BC　第一次击打后小球最多到达与圆心O等高位置，根据功能关系，有：W1≤mgR，两次击打后小球可以到达轨道最高点，根据功能关系，有：W1＋W2－2mgR＝
mv2，在最高点，有：mg＋FN＝m≥mg，解得：W1≤mgR，W2≥mgR，故≤，故B、C正确，A、D错误。
第4讲
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考法
学法
应用牛顿运动定律解决动力学问题是高考必考内容，其中有三类典型问题：连接体问题、传送带问题、板—块模型问题，这三类问题均是高考的热点。解答这三类问题需要的知识有：匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、受力分析等。用到的思想方法有：①整体法和隔离法；②正交分解法；③作图法；④图像法；
⑤等效思想；⑥临界极值思想。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．连接体问题中的两类瞬时性模型
刚性绳(或接触面)
弹簧(或橡皮绳)
不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间
两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，形变量大，其形变恢复需要较长时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小通常可以看成保持不变
2．动力学连接体问题中整体法、隔离法的选用原则
(1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。
(2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须采用隔离法。
[题点全练]————————————————————————————————
1.如图所示，物块A放在木板B上，A、B的质量均为m，A、B之间的动摩擦因数为μ，B与地面之间的动摩擦因数为。若将水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A的加速度为a1；若将水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时B的加速度为a2，则a1与a2的比为(　　)
A．1∶1　　　　　　　 B．2∶3
C．1∶3 D．3∶2
解析：选C　当水平力作用在A上，使A刚好要相对B滑动，此时A、B的加速度相等，单独对B分析，B的加速度为：aB＝a1＝＝μg；当水平力作用在B上，使B刚好要相对A滑动，此时A、B间的摩擦力刚好达到最大，A、B的加速度相等，有：aA＝
a2＝＝μg，可得a1∶a2＝1∶3，C正确。
2.如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动。已知斜面足够长，倾角为30°，各小物块与斜面间的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第46个小物块对第45个小物块的作用力大小为(　　)
A.F
B.F
C.mg＋F
D．因为动摩擦因数未知，所以不能确定
解析：选B　以50个小物块组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得a＝＝－g(sin 30°＋μcos 30°)，以下侧45个小物块为研究对象，由牛顿第二定律得F－45mgsin 30°－μ·45mgcos 30°－FN＝45ma，解得FN＝F，故B
正确。
3．(2018·保定调研)如图所示，两个质量分别为m1、m2的物块A和B通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A，另一端固定在墙上，A、B与传送带间的动摩擦因数均为μ。传送带沿顺时针方向转动，系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设A、B的加速度大小分别为aA和aB(弹簧在弹性限度内，重力加速度为g)，则(　　)
A．aA＝μg，aB＝μg
B．aA＝μg，aB＝0
C．aA＝μg，aB＝0
D．aA＝μg，aB＝μg
解析：选C　系统稳定时A和B均受到向右的滑动摩擦力，B受到的滑动摩擦力大小为μm2g，等于弹簧向左的弹力大小F，B受到的合外力为0。剪断轻绳瞬间，弹簧弹力和B受到的滑动摩擦力都不变，则B的加速度大小aB＝0；A的加速度大小aA＝＝μg，选项C对。

[研一题]————————————————————————————————
如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速度v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°。一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v­t图像如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，则(　　)


A．传送带的速度为4 m/s
B．传送带底端到顶端的距离为14 m
C．物块与传送带间的动摩擦因数为
D．物块所受的摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
[解析]　如果v0小于v1，则物块沿传送带向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v0一定大于v1。结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同后，继续做减速运动，但加速度发生变化，由此可以判断传送带的速度为4 m/s，选项A
正确；传送带底端到顶端的距离等于题图乙中图线与横轴所围的面积，即×(4＋12)×1 m＋×1×4 m＝10 m，选项B错误；0～1 s内，a1＝gsin θ＋μgcos θ＝8 m/s2，1～2 s内，a 2＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2，解得μ＝，选项C错误；在1～2 s内，物块所受的摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D错误。
[答案]　A
[悟一法]————————————————————————————————
传送带问题的突破口——初态、共速、末态

[通一类]————————————————————————————————
1．(2019届高三·衡水调研)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1沿顺时针方向运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v­t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2＞v1，则(　　)

A．t1时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
B．t1时刻，小物块离A处的距离达到最大
C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
解析：选B　由题图乙可知：t1时刻小物块向左运动最远，即离A处的距离达到最大，t1～t2时间内，小物块向右加速，但相对传送带还是向左滑动，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，A错误，B正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，t2～t3时间内小物块与传送带共速，摩擦力为零，C、D错误。
2.(2018·郑州模拟)如图所示为粮袋的传送装置，已知A、B间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋轻轻放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)
A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小
B．粮袋开始运动的加速度为g(sin θ－μcos θ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动
C．若μ≥tan θ，则粮袋从A到B一定一直做加速运动
D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>gsin θ
解析：选A　粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于v，可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同，也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A正确；粮袋开始运动时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcos θ，根据牛顿第二定律得，加速度a＝g(sin θ＋μcos θ)，故B错误；若μ≥tan θ，粮袋从A到B可能一直做匀加速运动，也可能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，故C错误；由以上分析可知，粮袋从A到B不一定一直做匀加速运动，故D
错误。

[研一题]————————————————————————————————
(2018·铁岭协作体模拟)如图所示，质量为M＝10 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一个F＝10 N的水平恒力。当小车向右运动的速度达到2.8 m/s时，在其右端轻轻放上一质量m＝2.0 kg的小黑煤块(小黑煤块视为质点且初速度为零)，从此时刻开始计时，煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20。假定小车足够长，g＝10 m/s2。则下列说法中正确的是
(　　)

A．煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动后做匀速直线运动
B．小车一直做加速度不变的匀加速直线运动
C．煤块在前3 s内前进的位移为9 m
D．煤块最终在小车上留下的痕迹长度为2.8 m
[解析]　根据牛顿第二定律，计时开始时对煤块有：μFN＝ma1，FN－mg＝0，解得：
a1＝2 m/s2，对小车有：F－μFN＝Ma2，解得：a2＝0.6 m/s2，经过时间t，煤块和小车的速度相等，煤块的速度为：v1＝a1t，小车的速度为：v2＝v＋a2t，v1＝v2，解得：t＝2 s，以后煤块和小车共速，根据牛顿第二定律：F＝(M＋m)a3，解得：a3＝ m/s2，即煤块和小车一起以加速度a3＝ m/s2 做匀加速运动，A、B 错误；在前2 s 内煤块前进的位移为：x1＝a1t2＝×2×22 m＝4 m，然后和小车共同运动1 s时间，此1 s时间内位移为：x1′＝v1t′＋ a3t′2≈4.4 m，故煤块在前3 s内前进的位移为4 m＋4.4 m＝8.4 m，C错误；在前2 s内煤块前进的位移x1＝4 m，小车前进的位移为：x2＝vt＋a2t2＝m＝6.8 m，两者的相对位移(即痕迹长度)为：Δx＝x2－x1＝6.8 m－4 m＝2.8 m，D正确。
[答案]　D
[悟一法]————————————————————————————————
1．板—块模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带类问题更复杂，因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类问题要注意从速度、位移、时间等角度，找到两者运动之间的联系。
2．滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相等，如果木板做变速运动或者倾斜放置，还要求滑块与木板间的最大静摩擦力足够大。
[通一类]————————————————————————————————
1.如图所示，固定斜面C的倾角为θ，长木板A与斜面间动摩擦因数为μ1，A沿斜面下滑时加速度为a1，现将B置于长木板A顶端，A、B间动摩擦因数为μ2，此时释放A、B，A的加速度为a2，B的加速度为a3，则下列说法正确的是(　　)
A．若μ1>μ2，则有a1＝a2 B．若μ1>μ2，则有a2 C．若μ1<μ2，则有a1＝a2>a3
D．若μ1<μ2，则有a1>a2＝a3
解析：选B　若μ1>μ2，A、B之间有相对滑动，且B的加速度大于A的加速度，a2 (μ2－μ1)gcos θa1，A错误，B正确；若μ1<μ2，A、B将一起以相同的加速度下滑，故a1＝a2＝a3，C、D错误。
2.[多选]如图所示，在水平长直轨道上，有一长木板在外力控制下始终向右做匀速直线运动，小物块P、Q(视为质点)由跨过光滑定滑轮且不可伸长的轻绳相连处于静止状态，且轻绳AQ水平，OP、OQ与竖直方向的夹角均为θ＝45°。若小物块Q的质量为m，小物块P与长木板间的动摩擦因数μ＝，重力加速度为g，则下列说法中正确的是(　　)
A．AQ的拉力大小为mg
B．P的质量为(＋1)m
C．若AQ被剪断，则在剪断瞬间，Q的加速度大小为g
D．长木板对P的作用力与P对长木板的作用力大小相等
解析：选ABD　对Q受力分析，受到竖直向下的重力mg、AQ的拉力T1以及OQ的拉力T2，三力平衡，如图所示，根据力的合成与分解可得，AQ的拉力T1＝mgtan θ＝mg，A正确；OQ的拉力为T2＝＝mg，对P受力分析，受到竖直向下的重力Mg、竖直向上的支持力N、向右的滑动摩擦力Ff及OP的拉力，同一条绳上的拉力相同，所以OP的拉力也是T2，处于平衡状态，受力分析如图所示，又Ff＝μN，T2sin θ＝Ff，T2cos θ＋N＝Mg，解得：M＝(＋1)m，B正确；若AQ被剪断，则在剪断瞬间，Q只受到重力和OQ的拉力，Q开始做圆周运动，所以Q的加速度的方向与OQ的方向垂直，所以加速度大小为a＝gsin θ＝g，C错误；长木板对P的作用力和P对长木板的作用力是一对作用力与反作用力，所以大小相等，D正确。
[专题强训提能]
1.(2019届高三·天津模拟)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦。现将滑块轻放在逆时针匀速运转的皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是(　　)
A．速度增大，加速度增大
B．速度增大，加速度减小
C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小
D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大
解析：选D　滑块轻放到皮带上，受到向左的滑动摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故D正确，A、B、C错误。
2.(2018·全国卷Ⅰ)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是(　　)

解析：选A　设物块P静止时，弹簧的压缩量为x0，则有kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，物块受力如图所示，根据牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函数，选项A正确。
3.如图所示，物块M在倾角为θ、静止的足够长的传送带上以速度v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在传送带的速度由零逐渐增加到2v0后匀速运转的过程中，以下分析正确的是(　　)
A．M下滑的速度不变
B．M开始在传送带上加速到2v0后沿传送带匀速下滑
C．M先沿传送带匀速下滑，后加速下滑，最后再匀速下滑
D．M受到的摩擦力方向始终沿传送带向上

解析：选C　传送带静止时，M匀速下滑，故mgsin θ＝Ff，当传送带突然启动且速度
v＜v0时，M匀速下滑，M受到沿斜面向上的滑动摩擦力；传送带速度v＝v0瞬间，M受到沿斜面向上的静摩擦力；传送带速度v＞v0后，M可能受到向下的滑动摩擦力或静摩擦力，可能不受摩擦力，还可能受到向上的静摩擦力，但M一定加速下滑，最终M速度达到2v0与传送带一起匀速运动，故C正确。
4．在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图甲、乙所示的两套装置，斜面体B的上表面水平且光滑，长方体D的上表面与斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在p上，另一端分别连在A和C上，在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．两弹簧都处于拉伸状态
B．两弹簧都处于压缩状态
C．弹簧L1处于压缩状态，弹簧L2处于原长
D．弹簧L1处于拉伸状态，弹簧L2处于压缩状态
解析：选C　由于斜面光滑，A与B、C与D分别沿斜面下滑的加速度相同，为gsin α。对于题图甲，以A为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而A沿水平方向的加速度：ax＝acos α＝gsin αcos α，该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态；对于题图乙，以C为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小：F合＝mgsin α，即C不受弹簧的弹力，弹簧L2处于原长。故选项C正确，A、B、D错误。
5．光滑水平地面上有两个叠放在一起的斜面体A、B，两斜面体形状大小完全相同，质量分别为M、m。如图甲、乙所示，对上面或下面的斜面体施加水平方向的恒力F1、F2，均可使两斜面体相对静止地做匀加速直线运动，已知两斜面体间的摩擦力为零，则F1与F2之比为(　　)

A．M∶m　　　　　　　　 B．m∶M
C．m∶(M＋m) D．M∶(M＋m)
解析：选A　F1作用于A时，设A和B之间的弹力为N，对A有：Ncos θ＝Mg，对B有：Nsin θ＝ma，对A和B组成的整体有：F1＝(M＋m)a＝gtan θ；F2作用于A时，对B有：mgtan θ＝ma′，对A和B组成的整体有：F2＝(M＋m)a′＝(M＋m)gtan θ，＝，A对。
6.[多选]如图所示，在光滑的水平桌面上放一质量为m乙＝5 kg的盒子乙，乙内放置一质量为m丙＝1 kg的滑块丙，用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为m甲＝2 kg 的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行。现由静止释放甲，在以后的运动过程中，乙与丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中乙始终没有离开水平桌面，取重力加速度g＝10 m/s2。则(　　)
A．细绳对乙的拉力大小为20 N
B．乙的加速度大小为2.5 m/s2
C．乙对丙的摩擦力大小为2.5 N
D．定滑轮受到细绳的作用力为30 N
解析：选BC　设细绳的拉力为FT，根据牛顿第二定律，对甲，有m甲g－FT＝m甲a；对乙和丙组成的整体，有FT＝(m乙＋m丙)a，联立解得FT＝15 N，a＝2.5 m/s2，A错误，B正确；对丙受力分析，受重力、支持力和静摩擦力作用，根据牛顿第二定律，有f＝m丙a＝1×
2.5 N＝2.5 N，C正确；细绳中的张力为15 N，由于滑轮两侧细绳相互垂直，根据平行四边形定则，其对定滑轮的作用力为15 N，D错误。
7.(2018·合肥检测)如图所示，长为6 m的水平传送带沿顺时针方向以恒定速度v1＝2 m/s 运行。一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为v2＝5 m/s。若小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法中正确的是(　　)
A．小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动
B．若传送带的速度为1 m/s，小物块将从传送带左端滑出
C．若传送带的速度为5 m/s，小物块将以5 m/s的速度从传送带右端滑出
D．若小物块的速度为4 m/s，小物块将以4 m/s的速度从传送带右端滑出
解析：选B　小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为a，速度减至零时通过的位移为x，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，得 a＝μg＝2 m/s2，则 x＝＝ m＝6.25 m>6 m，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A错误；传送带的速度为1 m/s和5 m/s时，小物块在传送带上受力情况与题述条件下相同，则运动情况相同，都将从传送带左端滑出，B正确，C错误；小物块的速度为4 m/s时，速度减至零时通过的位移x′＝ m＝4 m<6 m，小物块减速到零后反向加速，小物块将以2 m/s的速度从传送带右端滑出，D错误。

8.(2018·林州一中质检)如图所示，在倾角θ＝30°的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m，物块A静止在轻弹簧上面，物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起，但A、B之间无弹力，已知重力加速度为g。某时刻将细线剪断，则剪断细线的瞬间，下列说法错误的是(　　)
A．B的加速度为 B．A、B之间的弹力为
C．弹簧的弹力为 D．A的加速度为
解析：选A　剪断细线前，对A分析，可得弹簧弹力F＝mgsin θ＝mg，剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力还来不及改变，所以弹力仍为F＝mg，C正确；剪断细线的瞬间，细线对B的拉力消失，A、B将共同沿斜面向下运动，根据牛顿第二定律可得3mgsin θ－F＝
3ma，解得a＝g，A错误，D正确；以B为研究对象，可得2mgsin θ－FN＝2ma，解得
FN＝mg，B正确。
9.(2018·北京西城区模拟)如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上。A、B质量分别为6.0 kg和2.0 kg，A、B之间的动摩擦因数为0.2。在A上施加水平向右的拉力F，开始时F＝10 N，此后逐渐增大，在增大到45 N的过程中，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2。以下判断正确的是(　　)
A．A、B间始终没有相对滑动
B．A、B间从受力开始就有相对滑动
C．当拉力F<12 N时，A、B均保持静止状态
D．A、B开始没有相对滑动，当F>18 N时，开始相对滑动
解析：选A　单独对B分析，A、B间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B刚好要发生相对滑动，此时aB＝＝6 m/s2，再对整体分析：F＝(mA＋mB)aB＝48 N，故只有当拉力F>
48 N时，A、B才发生相对滑动，A对，B、D错；由于水平面光滑，只要有拉力两物体就运动，C错。
10．[多选](2018·桂林联考)如图所示，一小物体m(视为质点)从光滑圆弧轨道上与圆心O等高处由静止释放，圆弧半径R＝0.2 m，轨道底端与粗糙的传送带平滑连接，当传送带静止时，物体m能滑过右端的B点，且落在水平地面上的C点，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．物体m滑到最低点A时对轨道的压力大小与轨道半径R的大小有关
B．若传送带逆时针运行，则物体m也能滑过B点，落在C点
C．若传送带顺时针运行，则当传送带速度v>2 m/s 时，物体m落在C点的右侧
D．若传送带顺时针运行，则当传送带速度v<2 m/s 时，物体m可能落在C点的右侧
解析：选BCD　由机械能守恒定律得mgR＝mv02，则v0＝2 m/s，传送带静止时，在A点，由牛顿第二定律得F－mg＝m，得F＝3mg，由牛顿第三定律知F′＝F，可知F′与R无关，A错误；若传送带逆时针运行，物体m也匀减速运动至B点，与静止情况相同，落在C点，B正确；若传送带顺时针运行，v>2 m/s，物体m加速运动，落在C点右侧，C正确；若v<2 m/s，物体m可能先匀减速运动后匀速运动，到达B点速度可能大于传送带静止时到达B点的速度，可能落在C点右侧，D正确。
11．[多选]如图甲所示，足够长的传送带与水平面夹角为θ，传送带匀速转动，在传送带上某位置轻轻放置一滑块，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ，滑块速度随时间变化的关系如图乙所示，v0、t0已知，则(　　)

A．传送带一定逆时针转动
B．μ＝tan θ＋
C．传送带的速度大于v0
D．t0后滑块的加速度为2gsin θ－
解析：选AD　若传送带顺时针转动，当滑块下滑时(mgsin θ>μmgcos θ)，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时(mgsin θ<μmgcos θ)，先做匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将做匀速运动，两种情况均不符合题图乙，故传送带是逆时针转动，选项A正确；滑块在0～t0时间内，所受滑动摩擦力沿传送带向下，匀加速下滑，a1＝gsin θ＋μgcos θ，由题图乙可知a1＝，则μ＝－tan θ，选项B错误；滑块与传送带的速度相等后的加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，解得a2＝2gsin θ－，选项D正确；由前述分析结合题图乙知，传送带的速度等于v0，选项C错误。
12．[多选](2019届高三·深圳调研)如图甲所示，质量m＝1 kg、初速度v0＝6 m/s的物块受水平向左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上从O点开始向右运动，O点为坐标原点，整个运动过程中物块速率的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，取g＝10 m/s2，下列说法中正确的是(　　)

A．t＝2 s时物块速度为零
B．t＝3 s时物块回到O点
C．恒力F大小为2 N
D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
解析：选ACD　物块向右做匀减速直线运动的加速度大小为：a1＝＝ m/s2＝
3 m/s2，物块向右做匀减速直线运动到速度为零的时间为：t1＝＝2 s，故A正确；物块反向做匀加速直线运动的加速度大小为：a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，反向加速回到O点所用的时间t′＝＝ s＝2 s，故B错误；根据牛顿第二定律得：F＋Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，解得：F＝2 N，Ff＝1 N，则物块与水平面间的动摩擦因数为：μ＝＝0.1，故C、D正确。
13．[多选](2018·宜春四校联考)如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接，物块B与物块A接触但不粘连；两物块A、B质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力F拉动B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B在开始一段时间内的v ­t关系分别对应图乙中A、B图线(t1时刻A、B的图线相切，t2时刻对应A图线的最高点)，重力加速度为g，则(　　)


A．t2时刻，弹簧形变量为0
B．t1时刻，弹簧形变量为
C．从开始到t2时刻，拉力F逐渐增大
D．从t1时刻开始，拉力F恒定不变
解析：选BD　由题图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律有mgsin θ＝kx1，则x1＝，故A错误；t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律得kx2－mgsin θ＝ma，则x2＝，故B正确；从开始到t1时刻，对A、B整体，根据牛顿第二定律得F＋kx－2mgsin θ＝2ma，得F＝2mgsin θ＋2ma－kx，x减小，F增大，从t1时刻开始，对B由牛顿第二定律得F－mgsin θ＝ma，得F＝mgsin θ＋ma，可知F不变，故C错误，D正确。
14．[多选](2018·云南师大附中模拟)如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一质量为m的木块(可视为质点)，在木板上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动最后分离。设分离时木块相对地面运动的位移为x，保证木块和木板会发生相对滑动的情况下，下列方法可使位移x增大的是(　　)
A．仅增大木板的质量M
B．仅减小木块的质量m
C．仅增大恒力F
D．仅增大木块与木板间的动摩擦因数
解析：选AD　设木板长为L，当木块与木板分离时，运动时间为t，对于木板：F－μmg＝Ma1，x1＝a1t2，对于木块：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，则t增大，x增大，故A正确；仅减小木块的质量m，a1变大，a2不变，则t减小，x减小，故B错误；仅增大恒力F，a1变大，a2不变，则t减小，x减小，故C错误；仅增大木块与木板间的动摩擦因数，a1变小，a2变大，则t增大，x增大，故D正确。





第5讲
考
法
运动学图像和动力学图像一直是高考的热点，考查角度一般有三个：一是会识图，理解图线、斜率、截距、面积的意义，能根据需要列出函数关系式；二是会作图，依据物理情景、物理过程、物理规律作出图像；三是会用图，能结合物理公式和图像等解决物理问题。高考中一般考查这三类问题：①应用运动学图像分析物体的运动规律；②与牛顿运动定律结合的图像问题；③根据物理情景描绘或选择物理图像。
学
法
“三看”辨清图像要素
(1)看清坐标轴所表示的物理量：是运动学图像(v ­t、x ­t、a ­t)，还是动力学图像(F­a、F­t、F­x)，明确因变量与自变量的制约关系。
(2)看图线本身：识别两个相关量的变化趋势，进而分析具体的物理过程。
(3)看交点、斜率和面积：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义。
“两转化”解答图像问题
(1)公式与图像的转化：要作出一个确定的物理图像，需要得到相关的函数关系式。在把物理量之间的关系式转化为图像时，最重要的就是要明确公式中的哪个量是自变量，哪些量是常量，关系式描述的是哪两个物理量之间的函数关系。
(2)图像与情境的转化：运用物理图像解题，还需要进一步建立物理图像和物理情境之间的联系，根据物理图像，构想出图像所呈现的物理现象、状态、过程和变化的具体情境，这些情境中隐含着许多解题条件，这些过程中体现了物理量相互制约的规律，这些状态反映了理论结果是否能与实际相吻合。完成图像与情境的转化，即解决了所要处理的问题。

[题点全练]————————————————————————————————
1.(2019届高三·平顶山联考)设竖直向上为y轴正方向，如图所示曲线为一质点沿y轴运动的位置—时间(y ­t)图像，已知图线为一条抛物
线，则由图可知(　　)
A．t＝0时刻质点速度为0
B．0～t1时间内质点向y轴负方向运动
C．0～t2时间内质点的速度一直减小
D．t1～t3时间内质点相对坐标原点O的位移先为正后为负
解析：选C　由题图知，在t＝0时刻图线斜率不为0，说明t＝0时刻质点速度不为0,0～t1时间内图线斜率大于0，故质点向y轴正方向运动，故A、B错误；根据图线斜率表示速度可知，0～t2时间内质点的速度一直减小，故C正确；t1～t3时间内质点相对坐标原点O的位置坐标一直不小于0，则位移一直不为负，故D错误。
2．A、B两个物体在同一条直线上做直线运动，它们的a ­t图像如图所示，规定水平向右为正方向。已知在t＝0时，两物体的速度均为零，且A在B的左边1.75 m处，则A追上B的时间是(　　)

A．t＝0.5 s　　　　　　 B．t＝1.5 s
C．t＝2.5 s D．t＝3.5 s
解析：选D　由题图易知，在前2 s内A、B的运动规律是一样的，不可能追上，故A、B错误；在t＝2.5 s时，A的位移是m＝1.125 m，B的位移是m＝0.875 m，A、B的位移之差为 0.25 m，小于1.75 m，故C错误；t＝3.5 s时，同理可求得，A的位移是1.875 m，B的位移是0.125 m，A、B的位移之差等于1.75 m，故D正确。
3.(2018·襄阳四中模拟)甲、乙两辆汽车沿同一平直路面行驶，其
v ­t图像如图，下列对汽车运动状况的描述正确的是(　　)
A．在第10 s末，乙车改变运动方向
B．在第10 s末，甲、乙两车相距150 m
C．在第20 s末，甲、乙两车相遇
D．若乙车在前，则可能相遇两次
解析：选D　由题图知，在第10 s末，乙运动方向不变，仍沿正方向运动，A错误；
甲、乙出发点可能不同，间距无法确定，B、C错误；前20 s甲的位移大于乙，20 s后乙的速度大于甲，若乙在前，则可能相遇两次，D正确。
[易错提醒]————————————————————————————————
1．x ­t图像和v ­t图像不表示物体运动的轨迹，而是反映了x与t、v与t的函数关系。
2．无论x ­t图像和v ­t图像是直线还是曲线，都只能描述直线运动。






[知能全通]————————————————————————————————
读取运动学图像信息，应用几何关系灵活解题
1．结合图像分析题意情景，确定可能的临界点，分析多过程中的各个子过程，确定其运动形式及运动时间、合外力、加速度、速度等，确定其衔接点的特征。
2．读取图像中特殊点的数值，注意其方向。
3．在图像中应用几何关系。
4．必要时写出纵、横坐标的函数关系式，结合图像分析其斜率、截距等的物理意义。
[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选](2018·哈尔滨模拟)物体A、B原来静止于光滑水平面上。从t＝0时刻开始，A沿水平面做直线运动，速度随时间变化的图像如图甲所示；B受到如图乙所示的水平拉力作用。则在0～4 s时间内(　　)

A．A所受合力保持不变
B．A的速度不断减小
C．2 s末B改变运动方向
D．2 s末B速度达到最大
解析：选AD　由题图甲知，A的速度—时间图像为一条倾斜直线，表示A做匀变速直线运动，即加速度a是不变的，则所受合力也是不变的，A对；前2 s内A的速度不断减小，但是2 s后A的速度反向开始逐渐增大，B错；由题图乙知，前2 s内B从静止开始在F作用下做加速运动，F变小，加速度变小，但是F方向不变，一直加速，2 s后F反向，开始减速，但运动方向不变，由对称性可知，4 s 末速度减小为0，C错，D对。
2．[多选]甲、乙两个质点，质点甲固定在坐标原点，质点乙只能在x轴上运动，甲、乙之间的作用力F与x的关系如图所示。若质点乙自P点(x＝2.2 m)由静止释放，乙只受力F作用，规定力F沿x轴正方向为正，则质点乙沿x轴正方向运动时，下列说法正确的是(　　)


A．乙运动时，加速度大小先减小后增大
B．乙运动到Q点时，速度最大
C．乙运动到R点时，加速度最小
D．乙运动到R点时，速度方向一定沿x轴正方向
解析：选BD　由题图可知乙运动时，所受的力大小先减小后增大，再减小，故加速度先减小后增大，再减小，选项A错误；乙运动到Q点前，所受的力与速度方向相同，做加速运动，过Q点后，力的方向与速度方向相反，做减速运动，故在Q点时，速度最大，选项B正确；乙在Q点所受的力最小，加速度最小，选项C错误；力对乙做的功等于F­x图像与坐标轴所围的面积大小，由题图可知，从P到Q力对乙做的功大于从Q到R乙克服力做的功，故乙运动到R点时，速度方向一定沿x轴正方向，选项D正确。
3．(2018·云南师大附中模拟)某次海上救援时，一直升机悬停在空中，某质量为60 kg的伤员在绳索的牵引下沿竖直方向从船上升到飞机上，运动的v­t图像(以向上为正方向)如图所示，取g＝
10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)
A．5～7 s内伤员在下降
B．前3 s内与最后2 s内伤员所受绳索的拉力之比为2∶3
C．整个过程中伤员重力所做的功为－1.62×104 J
D．前3 s内与最后2 s内伤员重力做功的平均功率不相等
解析：选C　根据v­t图像的斜率等于加速度，斜率的正负号表示加速度的方向，结合题图知，5～7 s内速度为正，加速度为负，伤员在减速上升，故A错误；前3 s内伤员的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，根据牛顿第二定律得：T1－mg＝ma1，解得绳索的拉力T1＝720 N；最后2 s内伤员的加速度大小为a2＝＝ m/s2＝3 m/s2，根据牛顿第二定律得：mg－T2＝ma2，解得绳索的拉力T2＝420 N，前3 s内与最后2 s内伤员所受绳索的拉力之比为12∶7，故B错误；伤员在整个上升的过程中上升的高度等于梯形面积大小，为
h＝×6 m＝27 m，所以伤员在整个上升的过程中重力所做的功为W＝－mgh＝－60×10×27 J＝－1.62×104 J，故C正确；前3 s内与最后2 s内伤员的平均速度大小均为＝ m/s＝
3 m/s，由P＝mg知，前3 s内与最后2 s内伤员重力做功的平均功率相等，故D错误。


[研一题]————————————————————————————————
[多选]光滑水平面上静止的物体，受到一个水平拉力F作用开始运动，拉力随时间变化的关系如图所示。用Ek、v、x、P分别表示物体的动能、速度、位移和水平拉力的功率，四个选项图分别定性描述了这些物理量随时间变化的情况，正确的是(　　)

[解析]　由动能定理得，Fx＝F·at2＝Ek，选项A错误；在水平拉力F作用下，物体做匀加速直线运动，选项B正确；物体运动的位移x＝at2，选项C错误；水平拉力的功率
P＝Fv＝Fat，选项D正确。
[答案]　BD
[悟一法]————————————————————————————————
描绘或选择物理图像的三个原则
特殊点原则
优先考虑图像与纵、横坐标的交点、图像的拐点、两条图线的交点的物理意义
线性函数优先
能直观地反映物理现象的性质，有利于物理过程的分析和判断
化曲为直
曲线的可读性相对较差，当所作图线为曲线时，应该尝试将两个坐标中的一个用倒数表示，化曲线为直线，提高图像的信息量
[通一类]————————————————————————————————
1．如图甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正)。则物体运动的速度v随时间t变化的规律是(物体的初速度为零，g取10 m/s2)(　　)



解析：选C　在0～1 s内，由牛顿第二定律得a1＝＝g，方向沿斜面向上，物体沿斜面向上做匀加速直线运动，1 s末的速度大小为v＝a1t＝5 m/s；在1～2 s内，力F大小为零，由牛顿第二定律得a2＝＝g，方向沿斜面向下，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，2 s末速度为零；在2～3 s内，由牛顿第二定律得a3＝＝g，方向沿斜面向下，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，3 s末的速度大小v′＝a3t′＝15 m/s，故C正确。
2．(2018·孝感重点中学联考)一物体由静止开始沿直线运动，其加速度随时间变化的规律如图所示。取物体开始运动的方向为正方向，则选项图中关于物体运动的v ­t图像正确的是(　　)

解析：选C　根据题图图像可得，0～1 s物体做匀加速直线运动，速度v＝at＝t，速度沿正方向，选项D错；第1 s末的速度v＝1 m/s；1～2 s加速度变为负值，而速度沿正方向，因此物体做匀减速直线运动，v′＝1－a(t－1)＝2－t，第2 s末，速度减小为0，选项B错；2～3 s，加速度为正值，初速度为0，物体做正方向的匀加速直线运动，v″＝a(t－2)＝t－2，即从第2 s末开始重复前面的运动，图像如C，选项C对，A错。
[专题强训提能]
1．[多选](2018·全国卷Ⅲ)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．在t1时刻两车速度相等
B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等
C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等
D．在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等
解析：选CD　x­t图像斜率表示两车速度，则可知t1时刻乙车速度大于甲车速度，故A错误；由两图线的纵截距知，出发时甲车在乙车前面，t1时刻图线相交表示两车相遇，可得0到t1时间内乙车比甲车多走了一段距离，故B错误；t1和t2时刻两图线相交，表明两车均在同一位置，从t1到t2时间内，两车走过的路程相等；在t1到t2时间内，两图线有斜率相等的一个时刻，即该时刻两车速度相等，故C、D正确。
2.(2018·三门峡检测)某物体做直线运动的v­t图像如图所示，据此判断选项图(F表示物体所受合力)中正确的是(　　)

解析：选B　由题图可知前2 s物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前2 s受力恒定，2～4 s做正方向匀减速直线运动，所以受力为负，恒定，4～6 s做负方向匀加速直线运动，所以受力为负，恒定，6～8 s做负方向匀减速直线运动，所以受力为正，恒定，综上分析，B正确。
3.一质点做直线运动，其运动的位移x跟时间t的比值与时间t的关系图线为一条过原点的倾斜直线，如图所示。由图可知，t＝2 s时质点的速度大小为(　　)
A．2 m/s　　　　　　　 B．4 m/s
C．6 m/s D．8 m/s
解析：选B　由题图得＝t，由匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋at2得＝v0＋at，可得v0＝0，a＝2 m/s2，即质点做初速度为零的匀加速直线运动，故t＝2 s 时的速度大小为
v＝at＝4 m/s，故B正确。
4.如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端连一质量为m的物块A，A放在质量也为m的托盘B上，以FN表示B对A的作用力，x表示弹簧的伸长量。初始时，系统在竖直向上的力F作用下静止，且弹簧处于自然状态(x＝0)。现改变力F的大小，使B以的加速度匀加速向下运动(g为重力加速度，空气阻力不计)，选项图中表示此过程中FN或F随x变化的图像正确的是(　　)

解析：选D　当弹簧的弹力增大到时，A、B间的压力为零，在此之前，二者之间的压力由开始运动时的线性减小到零，力F由开始运动时的mg线性减小到；此后托盘与物块分离，力F保持不变，故D正确。
5.(2019届高三·青岛调研)如图所示，一物体以速度v0冲上粗糙的固定斜面，经过2t0时间返回斜面底端，则物体运动的速度v(以初速度方向为正)随时间t的变化关系可能正确的是(　　)

解析：选C　由于斜面粗糙，上滑时，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1(θ为斜面倾角)，而下滑时，根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，上滑时加速度比下滑时大，即上滑时图像的斜率绝对值大于下滑时图像的斜率绝对值，A、B错误；上滑与下滑的位移大小相同，即上滑与下滑图像与时间轴围成的面积大小相等，C正确，D错误。
6.某质点做直线运动，运动速率的倒数与位移x的关系如图所示，关于质点运动的下列说法正确的是(　　)
A．质点做匀加速直线运动
B．­x图线斜率等于质点运动的加速度
C．四边形AA′B′B的面积可表示质点从O到C′运动所用的时间
D．四边形BB′C′C的面积可表示质点从C到C′运动所用的时间
解析：选D　由题中­x图像可知，与x成正比，即vx＝常数，质点做减速直线运动，故A错误；图线斜率不等于质点运动的加速度，故B错误；由于三角形OBC的面积S1＝
OC·BC＝，体现了质点从O到C所用的时间，同理，从O到C′所用的时间可由S2＝
OC′·B′C′＝体现，所以四边形BB′C′C的面积可体现质点从C到C′所用的时间，故C错误，D正确。

7.[多选](2018·皖南八校联考)质量为0.2 kg的物块在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，6 s 末撤去推力F，如图实线表示物块运动的v­t图像，其中经过点(4,0)的虚线是v­t图像6 s末的切线。g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．6 s末物块速度方向改变
B．0～6 s内物块平均速度比6～10 s内物块平均速度小
C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1
D．推力F的最大值为0.9 N
解析：选BD　6 s末物块速度仍为正值，故速度方向没改变，选项A错误；若0～6 s内物块做匀加速运动，则平均速度为3 m/s，而由题图可知，物块在0～6 s内的平均速度小于 3 m/s，在6～10 s内的平均速度等于3 m/s，故0～6 s 内物块平均速度比6～10 s内物块平均速度小，选项B正确；撤去F后的加速度大小a＝＝ m/s2＝1.5 m/s2，根据
a＝μg＝1.5 m/s2，可知物块与水平面间的动摩擦因数为0.15，选项C错误；物块的最大加速度为am＝＝ m/s2＝3 m/s2，根据牛顿第二定律Fm－μmg＝mam，解得Fm＝0.9 N，选项D 正确。
8．[多选]已知雨滴在空中运动时所受空气阻力Ff＝kr2v2，其中k为比例系数，r为雨滴半径，v为其运动速率。t＝0时，雨滴由静止开始下落，加速度用a表示。落地前雨滴已做匀速运动，速率为v0。则下列图像中正确的是(　　)

解析：选ABC　雨滴由静止开始下落时，所受的空气阻力为0，此时雨滴只受重力，加速度为g，随着雨滴速度增大，所受的空气阻力增大，由mg－Ff＝ma可知，雨滴的加速度减小，即雨滴做加速度逐渐减小的加速运动。当Ff＝mg时，加速度减小到零，雨滴做匀速运动，故选项A、B正确；最后雨滴做匀速运动时有：kr2v02＝mg＝ρ·πr3g，故v02＝，即v0＝，选项C正确，D错误。
9．[多选]如图甲所示，质量相等的a、b两物体，分别从斜面上的同一位置A由静止下滑，经B点在水平面上滑行一段距离后停下。不计经过B点时的能量损失，用传感器采集到它们的速度—时间图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　)

A．a在斜面上滑行的加速度比b的大
B．a在水平面上滑行的距离比b的小
C．a与斜面间的动摩擦因数比b的小
D．a与水平面间的动摩擦因数比b的大
解析：选AC　由题图乙中图像斜率可知，a在斜面上滑行做加速运动时的加速度比b的大，A正确；物体在水平面上的运动是匀减速运动，a从t1时刻开始在水平面上减速运动，b从t2时刻开始在水平面上减速运动，由图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，a在水平面上做匀减速运动的位移(即滑行的距离)比b的大，B错误；设斜面倾角为θ，物体在斜面上运动的加速度为a＝＝gsin θ－μgcos θ，因为a的加速度大于b的加速度，所以a与斜面间的动摩擦因数比b的小，C正确；同理，D错误。
10．[多选](2018·全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t2时刻并排行驶。下列说法正确的是(　　)
A．两车在t1时刻也并排行驶
B．在t1时刻甲车在后，乙车在前
C．甲车的加速度大小先增大后减小
D．乙车的加速度大小先减小后增大
解析：选BD　t1～t2时间内，v甲＞v乙，t2时刻相遇，则t1时刻甲车在乙车的后面，故A错误，B正确；由图像的斜率知，甲、乙两车的加速度大小均先减小后增大，故C错误，D正确。
11.在研发无人驾驶汽车的过程中，对比甲、乙两车的运动，两车在计时起点时刚好经过同一位置并沿同一方向做直线运动，它们的速度随时间变化的关系如图所示，由图可知(　　)
A．任何时刻甲车的加速度大小都不为零
B．在t＝3 s时，两车第一次相距最远
C．在t＝6 s时，两车又一次经过同一位置
D．甲车在t＝6 s时的加速度与t＝9 s时的加速度相同
解析：选B　根据速度—时间图像的斜率等于加速度可知，甲车的加速度可以为零，A错误；在前3 s内，甲车的速度比乙车的大，两车出发点相同，则甲车在乙车的前方，两车间距逐渐增大，3～6 s内，乙车的速度比甲车的大，两车间距逐渐减小，所以在t＝3 s时，两车第一次相距最远，B正确；根据“面积”表示位移，可知前6 s内，乙车的位移比甲车的大，则在t＝6 s时，两车不在同一位置，C错误；根据斜率表示加速度，斜率的正负表示加速度的方向，可知甲车在t＝6 s时的加速度与在t＝9 s 时的加速度不同，D错误。
12.一质量为m＝2.0 kg的木箱静止在粗糙的水平地面上，木箱与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，现对木箱施加一沿水平方向的大小随时间变化的拉力F，使木箱由静止开始运动，测得0～2 s内其加速度a随时间t变化的关系图像如图所示。已知重力加速度g＝10 m/s2，下列关于木箱所受拉力F的大小和运动速度v随时间t变化的图像正确的是(　　)

解析：选A　在0～2 s内，木箱加速度由4 m/s2逐渐减小到0，由加速度图像可得a＝4－2t(m/s2)，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma，可得F＝12－4t(N)，即在0～2 s 内，A正确，B错误；在0～2 s内，木箱速度增加4 m/s，加速度一直减小，2 s时木箱加速度减小为零，木箱的速度为4 m/s，C、D错误。
13.(2018·太原模拟)大雾天发生交通事故的概率比平常要高出几倍甚至几十倍，保证雾天行车安全尤为重要。在雾天的平直公路上，甲、乙两汽车同向匀速行驶，乙在前，甲在后。某时刻两车司机听到警笛提示，同时开始刹车，结果两车刚好没有发生碰撞，如图为两车刹车后匀减速运动的v ­t图像。以下分析正确的是(　　)
A．甲车刹车的加速度的大小为0.5 m/s2
B．两车开始刹车时的间距为100 m
C．两车刹车后间距一直在减小
D．两车都停下来后相距25 m
解析：选B　由题图可知，两车刹车后直到速度相等经历的时间为20 s，甲车的加速度a1＝ m/s2＝－1 m/s2，乙车的加速度a2＝ m/s2＝－0.5 m/s2，两车速度相等时，甲车的位移x甲＝v甲t＋a1t2＝m＝300 m，乙车的位移x乙＝v乙t＋a2t2＝m＝200 m，两车刚好没有发生碰撞，则两车开始刹车时的间距
Δx＝(300－200)m＝100 m，故A错误，B正确；两车刹车后甲的速度先大于乙的速度，两者间距减小，后来甲的速度小于乙的速度，两者间距增大，故C错误；根据图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，两车都停下来后相距Δx′＝×(30－25)×5 m＝12.5 m，故D错误。
14．[多选]如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以相等的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，根据图像可求出(　　)

A．物体的初速率v0＝3 m/s
B．物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.75
C．取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin＝1.44 m
D．当θ＝30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑
解析：选BC　由题图可知，当夹角θ＝0时，位移为2.40 m，而当夹角为90°时，位移为1.80 m，则由竖直上抛运动规律可得v0＝＝ m/s＝6 m/s，故A错误；当夹角为0时，由动能定理可得－μmgx＝0－mv02，解得μ＝0.75，故B正确；由－mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－mv02，解得x＝＝ m＝ m，当θ＋α＝90°时，sin(θ＋α)＝1，此时位移最小，xmin＝1.44 m，故C正确；当θ＝30°时，物体受到重力沿斜面向下的分力为mgsin 30°＝mg，最大静摩擦力Ff＝μmgcos 30°＝0.75×mg×＝mg>mg，故物体达到最高点后不会下滑，故D错误。
第6讲
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考法
学法
天体运动问题可以理解为需要应用开普勒行星运动定律和万有引力定律解决的匀速圆周运动问题，这类问题在高考中一般以选择题形式考查。有时会结合抛体运动、机械能等知识，考查的内容主要包括：①开普勒行星运动定律；②万有引力定律；③宇宙速度。用到的思想方法有：①计算天体质量和密度的方法；②天体运行参量的分析方法；③双星及多星模型；④卫星变轨问题的分析方法。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．求解天体质量和密度的两条基本思路
(1)由于G＝mg，故天体质量M＝，天体密度ρ＝＝＝。
(2)由G＝mr，得出中心天体质量M＝，平均密度ρ＝＝＝。若卫星在天体表面附近环绕天体运动，可认为其轨道半径r等于天体半径R，则天体密度ρ＝。可见，只要测出卫星环绕天体表面运动的周期T，就可估算出中心天体的密度。
2．估算天体质量和密度时的三个易误区
(1)不考虑自转时有G＝mg；若考虑自转，只在两极上有G＝mg，而赤道上有G－mg＝mR。
(2)利用G＝mr只能计算中心天体的质量，不能计算绕行天体的质量。
(3)注意区分轨道半径r和中心天体的半径R，计算中心天体密度时应用ρ＝，而不是ρ＝。
[题点全练]————————————————————————————————
1．[多选]2018年1月9日，“高景一号”03、04星在太原卫星发射中心采用一箭双星的方式成功发射入轨，实现了我国2018年卫星发射的开门红。天文爱好者观测该卫星绕地球做匀速圆周运动时，发现该卫星每经过时间t通过的弧长为l，该弧长对应的圆心角为θ，已知引力常量为G，则(　　)
A．卫星的质量为　　　 B．卫星的角速度为
C．卫星的线速度大小为2π D．地球的质量为
解析：选BD　卫星的质量不可求，选项A错误；由题意知，卫星绕地球做匀速圆周运动的角速度ω＝，选项B正确；卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度v＝，选项C错误；由v＝ωr得r＝，卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由G＝mω2r，解得地球的质量M＝，选项D正确。
2．据美国宇航局消息，在距离地球40光年的地方发现了三颗可能适合人类居住的类地行星，假设某天我们可以穿越空间到达某一类地行星，测得以初速度10 m/s竖直上抛一个小球可到达的最大高度只有1 m，而该类地行星的半径只有地球的一半，则其平均密度和地球的平均密度之比为(取g＝10 m/s2)(　　)
A．5∶2　　　　　　　 B．2∶5
C．1∶10 D．10∶1


解析：选D　根据h＝和g＝可得，M＝，即ρ·πR3＝，ρ＝∝，在地球表面以初速度10 m/s竖直上抛一个小球可到达的最大高度h地＝＝5 m，据此可得，该类地行星和地球的平均密度之比为10∶1，选项D正确。
3．(2018·全国卷Ⅱ)2018年2月，我国500 m口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318＋0253”，其自转周期T＝5.19 ms。假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10－11 N·m2/kg2。以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为(　　)
A．5×109 kg/m3 B．5×1012 kg/m3
C．5×1015 kg/m3 D．5×1018 kg/m3
解析：选C　脉冲星自转，边缘物体m恰对星体无压力时万有引力提供向心力，则有G＝mr，又M＝ρ·πr3，整理得密度ρ＝＝ kg/m3≈5.2×1015 kg/m3，C正确。

[研一题]————————————————————————————————
截至2018年01月22日，我国首颗量子科学实验卫星已在轨运行525天，飞行8 006轨，共开展隐形传态实验224次，纠缠分发实验422次，密钥分发实验351次，星地相干通信实验43次。假设量子卫星轨道在赤道平面，如图所示。已知量子卫星的轨道半径是地球半径的m倍，同步卫星的轨道半径是地球半径的n倍，图中P点是地球赤道上一点，由此可知(　　)
A．同步卫星与量子卫星的运行周期之比为
B．同步卫星与P点的线速度之比为
C．量子卫星与同步卫星的线速度之比为
D．量子卫星与P点的线速度之比为
[解析]　根据G＝mr，得T＝ ，由题意知r量＝mR，r同＝nR，所以＝ ＝ ＝ ，故A错误；P为地球赤道上一点，P点角速度等于同步卫星的角速度，根据v＝ωr，有＝＝＝，故B错误；根据G＝m，得v＝ ，所以＝ ＝ ＝，故C错误；综合B、C分析，有v同＝nvP，＝，得＝，故D正确。
[答案]　D
[悟一法]————————————————————————————————
天体运行参量比较问题的两种分析方法
1．定量分析法
(1)列出五个连等式：
G＝ma＝m＝mω2r＝mr。
(2)导出四个表达式：
a＝G，v＝ ，ω＝ ，T＝ 。
(3)结合r的大小关系，比较得出a、v、ω、T的大小关系。
2．定性结论法
r越大，向心加速度、线速度、动能、角速度均越小，而周期和能量均越大。
[通一类]————————————————————————————————
1．[多选]“天舟一号”是我国首艘货运飞船，与“天宫二号”空间实验室对接前，“天舟一号”在距地面约380 km的圆轨道上运行，则其(　　)
A．角速度小于地球自转角速度
B．线速度小于第一宇宙速度
C．周期小于地球自转周期
D．向心加速度小于地面的重力加速度
解析：选BCD　“天舟一号”在距地面约380 km的圆轨道上运行时，由G＝mω2r可知ω＝ ，半径越小，角速度越大，则其角速度大于同步卫星的角速度，即大于地球自转的角速度，A项错误；由于第一宇宙速度是最大环绕速度，因此“天舟一号”在圆轨道的线速度小于第一宇宙速度，B项正确；由T＝可知，“天舟一号”的周期小于地球自转的周期，C项正确；由G＝mg，G＝ma可知，“天舟一号”的向心加速度小于地球表面的重力加速度，D项正确。
2．四颗地球卫星a、b、c、d的排列位置如图所示，其中，a是静止在地球赤道上还未发射的卫星，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，四颗卫星相比较(　　)

A．a的向心加速度最大
B．c相对于b静止
C．相同时间内b转过的弧长最长
D．d的运行周期可能是23 h
解析：选C　地球同步卫星的周期与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据an＝ω2r知，c的向心加速度比a的向心加速度大，A错误；b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，c相对于地面静止，近地轨道卫星相对于地面运动，所以c相对于b运动，B错误；由G＝m，解得v＝，卫星运行的半径越大，运行速度越小，所以b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，C正确；由开普勒第三定律＝k可知，卫星运行的半径越大，周期越大，所以d的运行周期大于c的周期24 h，D错误。
3．(2018·厦门检测)据《科技日报》报道，2020年前我国将发射8颗绕地球做匀速圆周运动的海洋系列卫星：包括4颗海洋水色卫星、2颗海洋动力环境卫星和2颗海陆雷达卫星，以加强对黄岩岛、钓鱼岛及西沙群岛等岛屿附近海域的监测。已知海陆雷达卫星轨道半径是海洋动力环境卫星轨道半径的n倍，则(　　)
A．海陆雷达卫星线速度是海洋动力环境卫星线速度的
B．海陆雷达卫星线速度是海洋动力环境卫星线速度的倍
C．在相同的时间内，海陆雷达卫星与海洋动力环境卫星各自到地球球心的连线扫过的面积相等
D．在相同的时间内，海陆雷达卫星与海洋动力环境卫星各自到地球球心的连线扫过的面积之比为∶1
解析：选D　根据G＝m，解得v＝，则海陆雷达卫星线速度是海洋动力环境卫星线速度的，选项A、B错误；根据G＝mrω2，解得ω＝，卫星到地球球心扫过的面积为S＝lr＝r2θ＝r2ωt，因为轨道半径之比为n，则角速度之比为，所以相同时间内扫过的面积之比为∶1，选项C错误，D正确。







[研一题]————————————————————————————————
[多选]发射地球同步卫星时，先将卫星发射到近地圆轨道1，然后点火，使其沿椭圆轨道2运行，最后再次点火，将卫星送入同步圆轨道3。轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图所示，则当卫星分别在1、2、3轨道上正常运行时，下列说法中正确的是(　　)
A．卫星在轨道3上的速率大于在轨道1上的速率
B．卫星在轨道3上的角速度小于在轨道1上的角速度
C．卫星在轨道1上经过Q点时的加速度大于它在轨道2上经过Q点时的加速度
D．卫星在轨道2上经过P点时的加速度等于它在轨道3上经过P点时的加速度
[思路点拨]

[解析]　对于在轨运行的卫星来说，万有引力提供向心力，有＝m＝mrω2＝ma，得v＝ ，ω＝ ，a＝，又r3>r1，则v3 [答案]　BD
[悟一法]————————————————————————————————
1．两类变轨问题辨析
(1)加速变轨：卫星的速率增大时，使得万有引力小于所需向心力，即F引<，卫星做离心运动，轨道半径将变大。因此，要使卫星的轨道半径增大，需开动发动机使卫星做加速运动。

(2)制动变轨：卫星的速率减小时，使得万有引力大于所需向心力，即F引>，卫星做向心运动，轨道半径将变小。因此，要使卫星的轨道半径减小，需开动发动机使卫星做减速运动。
2．变轨前后能量的比较
在离心运动过程中(发动机已关闭)，卫星克服引力做功，其动能向引力势能转化，机械能保持不变。在两个不同的轨道上(圆轨道或椭圆轨道)，轨道越高卫星的机械能越大。
[通一类]————————————————————————————————
1．据印度时报报道，火星登陆计划暂定于2021～2022年。在不久的将来，人类将登陆火星，建立基地。用运载飞船给火星基地进行补给，就成了一项非常重要的任务。其中一种设想的补给方法：补给飞船从地球起飞，到达月球基地后，卸下部分补给品。再从月球起飞，飞抵火星。在到达火星近地轨道后，“空投补给品”，补给飞船在不着陆的情况下完成作业，返回地球。下列说法正确的是(　　)
A．补给飞船从月球起飞时的最小发射速度要达到7.9 km/s
B．“空投补给品”要给补给品加速
C．补给飞船不在火星上着陆是为了节省能量
D．补给飞船卸下部分补给品后，因为受到的万有引力减小，所以要做离心运动
解析：选C　7.9 km/s是地球的第一宇宙速度，根据公式＝＝mg，得v＝，由于月球表面的重力加速度小于地球表面的重力加速度，月球的半径小于地球的半径，所以补给飞船从月球起飞时的最小发射速度小于7.9 km/s，选项A错误；从近地轨道到着陆，需要减速，所以“空投补给品”时要给补给品减速，选项B错误；补给飞船不在火星上着陆，可以节省因发射而耗费的能量，选项C正确；由万有引力提供向心力，且＝ma，易知补给飞船卸下部分补给品后，关系式中仅m发生变化，可知补给飞船的加速度与其质量无关，故仍做圆周运动，选项D错误。
2．(2019届高三·云南师大附中模拟)2017年6月19日，我国在西昌卫星发射中心发射“中星9A”广播电视直播卫星。按预定计划，“中星9A”应该首先被送入近地点约为200公里、远地点约为3.6万公里的转移轨道Ⅱ(椭圆)，然后通过在远地点Q变轨，最终进入地球同步轨道Ⅲ(圆形)，但是卫星实际进入轨道Ⅰ，远地点只有1.6万公里，如图所示。科技人员没有放弃，通过精心操作，利用卫星自带燃料在轨道Ⅰ近地点P点火，逐渐抬高远地点的高度，经过10次轨道调整，终于在7月5日成功进入预定轨道。下列说法正确的是(　　)
A．卫星从轨道Ⅰ的P点进入轨道Ⅱ后机械能不变
B．卫星在轨道Ⅲ经过Q点时和在轨道Ⅱ经过Q点时(未点火)的加速度不相同
C．“中星9A”发射失利的原因可能是发射速度没有达到7.9 km/s
D．卫星在轨道Ⅱ由P点向Q点运动的过程中处于完全失重状态
解析：选D　卫星从轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，轨道半径变大，要做离心运动，卫星应从轨道Ⅰ的P点加速后才能做离心运动，从而进入轨道Ⅱ，卫星加速过程机械能增加，则卫星从轨道Ⅰ的P点进入轨道Ⅱ后机械能增加，故A错误；由万有引力提供向心力得G＝ma，可知卫星在轨道Ⅲ经过Q点时和在轨道Ⅱ经过Q点时(未点火)的加速度相同，故B错误；卫星的发射速度要大于第一宇宙速度(7.9 km/s)，故C错误；卫星环绕地球运行的过程中，万有引力提供向心力，处于完全失重状态，故D正确。

模型1　双星系统之“二人转”模型
双星系统由两颗相距较近的星体组成，由于彼此的万有引力作用而绕连线上的某点做匀速圆周运动(简称“二人转”模型)。双星系统中两星体绕同一个圆心做圆周运动，周期、角速度相等；向心力由彼此的万有引力提供，大小相等。
[例1]　[多选](2018·全国卷Ⅰ)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s时，它们相距约400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈。将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星(　　)
A．质量之积　　　　　 B．质量之和
C．速率之和 D．各自的自转角速度
[解析]　两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示：

每秒转动12圈，角速度已知，中子星运动时，由万有引力提供向心力得＝m1ω2r1，＝m2ω2r2，l＝r1＋r2，解得＝ω2l，所以m1＋m2＝，质量之和可以估算。由线速度与角速度的关系v＝ωr得v1＝ωr1，v2＝ωr2，解得v1＋v2＝ω(r1＋r2)＝ωl，速率之和可以估算。质量之积和各自的自转角速度无法求解。故B、C正确，A、D错误。
[答案]　BC
模型2　三星系统之“二绕一”和“三角形”模型
三星系统由三颗相距较近的星体组成，其运动模型有两种：一种是三颗星体在一条直线上，两颗星体围绕中间的星体做圆周运动(简称“二绕一”模型)；另一种是三颗星体组成一个等边三角形，三颗星体以等边三角形的几何中心为圆心做圆周运动(简称“三角形”模型)。,“三角形”模型中，三星结构稳定，角速度相同，半径相同，任一星体的向心力均由另两颗星体对它的万有引力的合力提供。
[例2]　[多选]宇宙中存在一些离其他恒星较远的三星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用，三星质量相同。现已观测到稳定的三星系统存在两种基本的构成形式：一种是三颗星体位于同一直线上，两颗星体围绕中央星体做圆周运动，如图甲所示；另一种是三颗星体位于等边三角形的三个顶点上，并沿外接于等边三角形的圆形轨道运行，如图乙所示。设三颗星体的质量均为m，且两种系统中各星间的距离已在图甲、乙中标出，引力常量为G，则下列说法中正确的是(　　)

A．直线三星系统中星体做圆周运动的线速度大小为
B．直线三星系统中星体做圆周运动的周期为4π
C．三角形三星系统中每颗星体做圆周运动的角速度为2
D．三角形三星系统中每颗星体做圆周运动的加速度大小为
[解析]　在直线三星系统中，星体做圆周运动的向心力由其他两颗星体对它的万有引力的合力提供，根据万有引力定律和牛顿第二定律，有G＋G＝m，解得v＝
，A项错误；由周期T＝知，直线三星系统中星体做圆周运动的周期为T＝
4π ，B项正确；同理，对三角形三星系统中做圆周运动的星体，有2Gcos 30°＝mω2·，解得ω＝，C项错误；由2Gcos 30°＝ma，解得a＝，D项
正确。
[答案]　BD


模型3　四星系统之“三绕一”和“正方形”模型
四星系统由四颗相距较近的星体组成，与三星系统类似，运动模型通常有两种：一种是三颗星体相对稳定地位于三角形的三个顶点上，环绕另一颗位于中心的星体做圆周运动(简称“三绕一”模型)；另一种是四颗星体相对稳定地分布在正方形的四个顶点上，围绕正方形的中心做圆周运动(简称“正方形”模型)。
[例3]　[多选]宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用。设四星系统中每颗星体的质量均为m，半径均为R，四颗星体稳定分布在边长为L的正方形的四个顶点上，其中L远大于R。已知引力常量为G，忽略星体自转效应，关于四星系统，下列说法正确的是(　　)
A．四颗星体做圆周运动的轨道半径均为
B．四颗星体做圆周运动的线速度均为
C．四颗星体做圆周运动的周期均为2π
D．四颗星体表面的重力加速度均为G
[解析]　四颗星体均围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，轨道半径均为r＝L。取任一顶点上的星体为研究对象，它受到相邻的两个星体与对角线上的星体的万有引力的合力为F合＝G＋G，由F合＝F向＝m＝mr，解得v＝ ，T＝
2π ，A、B项错误，C项正确；对于星体表面质量为m0的物体，受到的重力等于万有引力，则有m0g＝G，故g＝G，D项正确。
[答案]　CD
[专题强训提能]
1．(2018·全国卷Ⅲ)为了探测引力波，“天琴计划”预计发射地球卫星P，其轨道半径约为地球半径的16倍；另一地球卫星Q的轨道半径约为地球半径的4倍。P与Q的周期之比约为(　　)
A．2∶1　　　　　　　 B．4∶1
C．8∶1 D．16∶1


解析：选C　由G＝mr得＝，则两卫星周期之比为＝ ＝ ＝8，故C正确。
2．(2018·北京高考)若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律，在已知月地距离约为地球半径60倍的情况下，需要验证(　　)
A．地球吸引月球的力约为地球吸引苹果的力的
B．月球公转的加速度约为苹果落向地面加速度的
C．自由落体在月球表面的加速度约为地球表面的
D．苹果在月球表面受到的引力约为在地球表面的
解析：选B　若想检验“使月球绕地球运动的力”与“使苹果落地的力”遵循同样的规律——万有引力定律，则应满足G＝ma，因此加速度a与距离r的二次方成反比，B对。
3．(2018·江苏高考)我国高分系列卫星的高分辨对地观察能力不断提高。今年5月9日发射的“高分五号”轨道高度约为705 km，之前已运行的“高分四号”轨道高度约为36 000 km，它们都绕地球做圆周运动。与“高分四号”相比，下列物理量中“高分五号”较小的是(　　)
A．周期　　　　　　　　 B．角速度
C．线速度 D．向心加速度
解析：选A　“高分五号”的运动半径小于“高分四号”的运动半径，即r五＜r四。由万有引力提供向心力得＝mr＝mrω2＝m＝ma。T＝ ∝，T五＜T四，故A正确；ω＝∝，ω五＞ω四，故B错误；v＝ ∝，v五＞v四，故C错误； a＝∝，a五＞a四，故D错误。
4.如图所示，A、B是绕地球做匀速圆周运动的两颗卫星，A、B两卫星与地心的连线在相等时间内扫过的面积之比为k，不计A、B两卫星之间的引力，则A、B两卫星的周期之比为(　　)
A．k3 B．k2
C．k D．k
解析：选A　设卫星绕地球做圆周运动的半径为r，周期为T，则在t时间内与地心连线扫过的面积为S＝πr2，即＝＝k，根据开普勒第三定律可知＝，解得＝k3，A正确。

5．[多选](2018·天津高考)2018年2月2日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一号”发射升空，标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫星的国家之一。通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和地球表面处的重力加速度。若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑地球自转的影响，根据以上数据可以计算出卫星的(　　)
A．密度 B．向心力的大小
C．离地高度 D．线速度的大小
解析：选CD　不考虑地球自转的影响，则在地球表面物体受到的重力等于它受到的万有引力：m0g＝G，整理得GM＝gR2。卫星绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供向心力：G＝m2(R＋h)，可求得卫星的离地高度h＝－R，再由v＝，可求得卫星的线速度，选项C、D正确；卫星的质量未知，故卫星的密度和向心力的大小不能求出，选项A、B错误。
6.[多选]探月卫星绕地运行一段时间后，离开地球飞向月球。如图所示是绕地飞行的三条轨道，轨道1是近地圆形轨道，2和3是变轨后的椭圆轨道。A点是轨道2的近地点，B点是轨道2的远地点，卫星在轨道1的运行速率为7.7 km/s，则下列说法中正确的是(　　)
A．卫星在轨道2经过A点时的速率一定小于7.7 km/s
B．卫星在轨道2经过B点时的速率一定小于7.7 km/s
C．卫星在轨道3所具有的机械能大于在轨道2所具有的机械能
D．卫星在轨道3所具有的最大速率小于在轨道2所具有的最大速率
解析：选BC　卫星在椭圆轨道2的A点做离心运动，故卫星在椭圆轨道2经过A点时的速率一定大于7.7 km/s，选项A错误；假设有一圆轨道过B点，卫星在此圆轨道的运行速率小于7.7 km/s，且卫星在椭圆轨道2的B点的速率小于其所在圆轨道的速率，卫星在椭圆轨道2经过B点时的速率一定小于7.7 km/s，选项B正确；卫星运动到离地球越远的地方，需要的能量越大，具有的机械能也越大，则卫星在轨道3所具有的机械能大于在轨道2所具有的机械能，选项C正确；根据开普勒第二定律可知椭圆轨道上近地点的速度最大，远地点的速度最小，则卫星在椭圆轨道3和2上的最大速率都出现在A点，而从轨道1变轨到轨道2和3都要做离心运动，速度越大，做离心运动离圆心越远，故卫星在轨道3所具有的最大速率大于在轨道2所具有的最大速率，选项D错误。
7．(2018·黄冈调研)已知某星球的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度相同，其表面的重力加速度为地球表面重力加速度的一半，则该星球平均密度与地球平均密度的比值为(　　)
A．1∶2 B．1∶4
C．2∶1 D．4∶1
解析：选B　根据mg＝m得，第一宇宙速度v＝。因为该星球和地球的第一宇宙速度相同，表面的重力加速度为地球表面重力加速度的一半，则该星球的半径是地球半径的2倍。根据G＝mg知，M＝，可得该星球的质量是地球质量的2倍。根据ρ＝＝知，该星球平均密度与地球平均密度的比值为1∶4，故B正确，A、C、D错误。
8.(2019届高三·江西八校联考)小型登月器连接在航天站上，一起绕月球做匀速圆周运动，其轨道半径为月球半径的3倍。某时刻，航天站使登月器减速分离，登月器沿如图所示的椭圆轨道登月，在月球表面停留一段时间完成科考工作后，经快速启动仍沿原椭圆轨道返回，当第一次回到分离点时恰与航天站对接，登月器快速启动时间可以忽略不计，整个过程中航天站保持原轨道绕月运行。已知月球表面的重力加速度为g，月球半径为R，不考虑月球自转的影响，则登月器可以在月球上停留的最短时间约为(　　)
A．10π －6π B．6π －4π
C．10π －2π D．6π －2π
解析：选B　设登月器和航天站在半径3R的轨道上运行时的周期为T，因其绕月球做圆周运动，由牛顿第二定律有＝m，r＝3R，则有T＝2π ＝6π ，在月球表面的物体所受重力可视为等于万有引力，可得GM＝gR2，所以T＝6π ，设登月器在椭圆轨道运行的周期是T1，航天站在圆轨道运行的周期是T2；对登月器和航天站依据开普勒第三定律有＝＝，为使登月器仍沿原椭圆轨道回到分离点与航天站实现对接，登月器可以在月球表面停留的时间t应满足t＝nT2－T1(n＝1、2、3、…)，解得t＝ 6πn －4π (n＝1、2、3、…)，当n＝1时，登月器可以在月球上停留的时间最短，即 t＝6π －4π ，故B正确，A、C、D错误。
9.(2018·襄阳四中模拟)我国发射“天宫一号”时，先将实验舱发送到一个椭圆轨道上，如图所示，其近地点M距地面200 km，远地点N距地面362 km。进入该轨道正常运行时，其周期为T1，通过M、N点时的速率分别为v1、v2，加速度分别为a1、a2。当某次通过N点时，地面指挥部发出指令，点燃实验舱上的发动机，使其短时间内加速后进入距地面362 km的圆形轨道，开始绕地球做匀速圆周运动，周期为T2，这时实验舱的速率为v3，加速度为a3，下列结论正确的是(　　)
A．v3>v2 B．v2>v1
C．a3>a2 D．T1>T2
解析：选A　实验舱在圆形轨道上具有的机械能大于其在椭圆轨道上具有的机械能，而实验舱经过N点时的重力势能相等，所以实验舱在圆形轨道上经过N点时的动能大于实验舱在椭圆轨道上经过N点时的动能，即v3>v2，A正确；根据开普勒第二定律(面积定律)可知，v1>v2，B错误；根据万有引力提供向心力，则有＝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v2 2.如图所示，有一长为L、质量均匀分布的长铁链，其总质量为M，下端位于倾角为60°的斜面的B端，斜面长为3L，其中AC段、CD段、DB段长均为L，CD段与铁链间的动摩擦因数为，其余部分均可视为光滑，现用轻绳把铁链沿斜面全部拉到水平面上，人至少要做的功为(　　)
A.　　　　　　　 B.
C.MgL D.MgL
解析：选D　人做功最少时，铁链全部到达水平面时其速度刚好为零，对从开始拉铁链到铁链全部到达水平面的过程，运用动能定理得Wmin－Mg·Lsin 60°－μMgLcos 60°＝0－0，解得Wmin＝MgL，故D项正确。
3．(2019届高三·哈尔滨模拟)如图所示，倾角为30°的粗糙斜面与倾角为60°的光滑斜面对接在一起，两斜面上分别放有质量均为m的物块甲和乙，物块甲与粗糙斜面间的动摩擦因数为μ，两物块通过一跨过光滑定滑轮的细线连在一起，在平行于斜面的拉力F的作用下两物块做匀速运动。从图示位置开始计时，在物块甲与滑轮相碰前的一段时间内，力F做的功为(　　)
A．mgL B．mgL
C．mgL D．mgL
解析：选A　对甲：T＋mgsin 30°＝μmgcos 30°；对乙：F＝T＋mgsin 60°；F做的功：W＝FL；解得W＝mgL，故A对。

4．[多选](2018·焦作月考)一质量为2 kg的物体，在水平恒定拉力的作用下以一定的初速度在粗糙的水平面上做匀速运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，拉力随位移变化的关系图像如图所示。已知重力加速度g＝10 m/s2，由此可知(　　)

A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.35
B．减速过程中拉力对物体所做的功约为13 J
C．匀速运动时的速度约为6 m/s
D．减速运动的时间约为1.7 s
解析：选ABC　物体匀速运动时，受力平衡，则F＝μmg，μ＝＝＝0.35，选项A正确；因为W＝Fx，故拉力的功等于F­x图线包含的面积，由题图可知对应减速过程的小格数约为13，则减速过程中拉力做功约为WF＝13×1 J＝13 J，选项B正确；由动能定理可知WF－μmgx＝0－mv02，其中x＝7 m，解得v0＝6 m/s，选项C正确；由于不知道具体的运动情况，无法求出减速运动的时间，选项D错误。

[知能全通]————————————————————————————————
1．平均功率：P＝或P＝Fcos α。
2．瞬时功率：P＝Fvcos α，需要特别注意力与速度方向不在同一直线上的情况。
[题点全练]————————————————————————————————
1.如图所示，某质点运动的v ­t图像为正弦曲线。从图像可以判断(　　)
A．质点做曲线运动
B．在t1时刻，合外力的功率最大
C．在t2～t3时间内，合外力做负功
D．在0～t1和t2～t3时间内，合外力的平均功率相等
解析：选D　质点运动的v ­t图像描述的是质点的直线运动，A错误；由题图可知，在t1时刻，加速度为零，合外力为零，合外力功率的大小为零，B错误；在t2～t3时间内，质点的速度增大，动能增大，由动能定理可知，合外力做正功，C错误；在0～t1和t2～t3时间内，动能的变化量相等，故合外力的功相等，则合外力的平均功率相等，D正确。

2．(2018·潍坊模拟)质量为m＝2 kg的物体沿水平面向右做直线运动，t＝0时刻受到一个水平向左的恒力F，如图甲所示，此后物体的v ­t图像如图乙所示，取水平向右为正方向，g取10 m/s2，则(　　)

A．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5
B．10 s末恒力F的瞬时功率为6 W
C．10 s末物体在计时起点左侧4 m处
D．0～10 s内恒力F做功的平均功率为0.6 W
解析：选D　由题图乙可知0～4 s内的加速度大小：a1＝ m/s2＝2 m/s2，可得：F＋μmg＝ma1；4～10 s内的加速度大小：a2＝ m/s2＝1 m/s2，可得：F－μmg＝ma2；解得： F＝
3 N，μ＝0.05，选项A错误；10 s末恒力F的瞬时功率为P10＝F|v10|＝3×6 W＝18 W，选项B错误；0～4 s 内的位移x1＝×4×8 m＝16 m,4～10 s内的位移x2＝－×6×6 m＝－18 m，故10 s末物体在计时起点左侧2 m处，选项C错误；0～10 s内恒力F做功的平均功率为
＝＝ W＝0.6 W，选项D正确。
3.[多选](2018·铁岭协作体模拟)如图所示，用轻绳连接的滑轮组下方悬挂着两个物体，它们的质量分别为m1、m2，且m2＝2m1，m1用轻绳挂在动滑轮上，滑轮的质量、摩擦均不计。现将系统从静止释放，对m1上升到h高度(h小于两滑轮起始高度差)这一过程，下列说法正确的是(　　)
A．m2减小的重力势能全部转化为m1增加的重力势能
B．m1上升到h高度时的速度为
C．轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等
D．轻绳的张力大小为m1g
解析：选BCD　根据能量守恒可知，m2减小的重力势能全部转化为m1增加的重力势能和两物体的动能，故A错误；根据动滑轮的特点可知，m2的速度大小为m1速度大小的2倍，根据动能定理可得：m2g·2h－m1gh＝m2v22＋m1v12，v2＝2v1，解得：v1＝，故B正确；轻绳中的张力处处相等，故轻绳对m2、m1做功的功率大小分别为P2＝Fv2，P1＝2Fv1，由于v2＝2v1，故轻绳对m2做功的功率与轻绳对m1做功的功率大小相等，故C正确；根据动滑轮的特点可知，m1的加速度大小为m2的加速度大小的一半，根据牛顿第二定律可知：2F－m1g＝m1a，m2g－F＝m2·2a，解得：F＝，故D正确。

[研一题]————————————————————————————————
(2018·咸阳模拟)质量为m的汽车在平直路面上启动，启动过程的速度—时间图像如图所示，从t1时刻起汽车的功率保持不变，整个运动过程中汽车所受阻力恒为Ff，则(　　)
A．0～t1时间内，汽车的牵引力等于m
B．t1～t2时间内，汽车的功率等于Ffv1
C．汽车运动的最大速度等于v1
D．t1～t2时间内，汽车的平均速度小于
[解析]　由题图可知，汽车运动的最大速度为v2，则有P＝Ffv2。在0～t1时间内，汽车做匀加速直线运动，加速度大小为a＝，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma，汽车的牵引力F＝Ff＋ma＝Ff＋m，选项A错误；t1～t2时间内，汽车的功率保持不变，汽车功率P＝Ffv2，选项B错误；题图上A点和B点都对应汽车功率P＝Fv1＝Ffv2，而F＝Ff＋m，解得
v2＝v1，选项C正确；根据速度—时间图像的面积表示位移，t1～t2时间内，汽车的位移为曲边梯形ABt2t1的面积，汽车的平均速度大于，选项D错误。
[答案]　C
[悟一法]————————————————————————————————
1．机车启动模型的两类情景
(1)恒定功率启动
①机车先做加速度逐渐减小的变加速直线运动，后做匀速直线运动，速度—时间图像如图甲所示，当F＝F阻时，vm＝＝。
②动能定理：Pt－F阻x＝mvm2－0。
(2)恒定加速度启动
①速度—时间图像如图乙所示。机车先做匀加速直线运动，当功率增大到额定功率后获得匀加速过程的最大速度v1；之后做变加速直线运动，直至达到最大速度vm后做匀速直线运动。
②常用公式：

2．机车启动问题的四个注意
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝。
(2)机车以恒定加速度启动时，匀加速过程的末速度不是最大速度。
(3)第一种启动过程和第二种启动的后半程都不能套用匀变速直线运动的公式。
(4)机车启动问题常用动能定理解决，W总＝Pt－F阻s。
[通一类]————————————————————————————————
1．[多选](2019届高三·佛山一中检测)质量为m的汽车在平直公路上行驶，所受的阻力恒为车重的k倍。汽车以额定功率行驶，当它加速行驶的速度为v时，加速度为a。则以下分析正确的是(　　)
A．汽车的额定功率为kmgv
B．汽车行驶的最大速度为
C．当汽车加速度减小到时，速度增加到2v
D．汽车的额定功率为(ma＋kmg)v
解析：选BD　设汽车的额定功率为P，汽车的速度为v时，根据牛顿第二定律知：－kmg＝ma；所以P＝(kmg＋ma)v，故A错误，D正确；汽车匀速行驶时，牵引力等于阻力，速度最大，故有：vm＝＝＝，故B正确；加速度为时，设此时牵引力为F，则F－kmg＝m·，解得：F＝kmg＋，此时速度为：v＝＝<2v，故C错误。
2．[多选](2018·全国卷Ⅲ)地下矿井中的矿石装在矿车中，用电机通过竖井运送到地面。某竖井中矿车提升的速度大小v随时间t的变化关系如图所示，其中图线①②分别描述两次不同的提升过程，它们变速阶段加速度的大小都相同；两次提升的高度相同，提升的质量相等。不考虑摩擦阻力和空气阻力。对于第①次和第②次提升过程(　　)
A．矿车上升所用的时间之比为4∶5
B．电机的最大牵引力之比为2∶1
C．电机输出的最大功率之比为2∶1
D．电机所做的功之比为4∶5
解析：选AC　两次提升的高度相同，则图线①②与时间轴围成的面积相等，由几何知识可得第②次提升过程所用时间为2t0＋＝t0，所以两次上升所用时间之比为2t0∶t0＝ 4∶5，故A正确；在加速上升阶段电机的牵引力最大，由牛顿第二定律知，F－mg＝ma， F＝m(g＋a)，由于两次提升的质量和加速度都相同，故最大牵引力相同，故B错误；两次提升加速阶段达到的最大速度之比为2∶1，由P＝Fv可知，电机输出的最大功率之比为2∶1，故C正确；两个过程动能变化量相同，克服重力做功相同，由动能定理知，两次电机做功也相同，故D错误。
3．如图甲所示，水平面上一质量为m的物体在水平力F作用下开始加速运动，力F的功率P保持恒定，运动过程中物体所受的阻力f大小不变，物体速度最终达到最大值vmax，此过程中物体速度的倒数与加速度a的关系图像如图乙所示。仅在已知功率P的情况下，根据图像所给信息可知以下说法中正确的是(　　)

A．可求出m、f和vmax
B．不能求出m
C．不能求出f
D．可求出物体加速运动时间
解析：选A　当加速度为零时，物体做匀速运动，此时牵引力大小等于阻力大小，速度为最大值，最大速度vmax＝ m/s＝10 m/s；功率P＝Fv，而F－f＝ma，联立可得＝
a＋，物体速度的倒数与加速度a的关系图像的斜率为k＝，纵轴截距为＝0.1，因此可求出m、f和vmax，选项A正确，B、C错误。物体做变加速运动，无法求解物体加速运动的时间，选项D错误。
[专题强训提能]
1.(2018·全国卷Ⅱ)如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度。木箱获得的动能一定(　　)
A．小于拉力所做的功
B．等于拉力所做的功
C．等于克服摩擦力所做的功
D．大于克服摩擦力所做的功
解析：选A　由题意知，W拉－W阻＝ΔEk，则W拉＞ΔEk，故A正确，B错误；W阻与ΔEk的大小关系不确定，故C、D错误。
2．假设摩托艇受到的阻力的大小正比于它的速率。如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的2倍，则摩托艇的最大速率变为原来的(　　)
A．4倍　　　　　　　　 B．2倍
C.倍 D.倍
解析：选D　设f＝kv，当阻力等于牵引力时，速度最大，输出功率变化前，有P＝
Fv＝fv＝kv·v＝kv2，变化后有2P＝F′v′＝kv′·v′＝kv′2，解得v′＝v，D正确。
3.(2018·天津高考)滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中(　　)
A．所受合外力始终为零 B．所受摩擦力大小不变
C．合外力做功一定为零 D．机械能始终保持不变
解析：选C　运动员从A点滑到B点的过程做匀速圆周运动，合外力指向圆心，不做功，故A错误，C正确；如图所示，沿圆弧切线方向运动员受到的合力为零，即Ff＝mgsin α，下滑过程中α减小，sin α变小，故摩擦力Ff变小，故B错误；运动员下滑过程中动能不变，重力势能减小，则机械能减小，故D错误。
4．质量为m的物体，自高为h、倾角为θ的固定粗糙斜面顶端由静止开始匀加速滑下，到达斜面底端时的速度为v。重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．物体下滑过程的加速度大小为
B．物体下滑到底端时重力的功率为mgv
C．物体下滑过程中重力做功为mv2
D．物体下滑过程中摩擦力做功为mv2－mgh
解析：选D　由v2＝2a，得a＝，故A错误；物体下滑到底端时重力功率
P＝mgvsin θ，故B错误；重力做功W＝mgh，由于有摩擦力做功，可得mgh＋Wf＝mv2，Wf＝mv2－mgh，故C错误，D正确。
5.[多选]如图所示，质量相同的甲、乙两个小物块，甲从竖直固定的光滑圆弧轨道顶端由静止滑下，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，乙从高为R的固定光滑斜面顶端由静止滑下。下列判断正确的是(　　)
A．两物块到达底端时速度相同
B．两物块运动到底端的过程中重力做功相同
C．两物块到达底端时动能相同
D．两物块到达底端时，甲所受重力做功的瞬时功率大于乙所受重力做功的瞬时功率
解析：选BC　根据动能定理得mgR＝mv2，两物块到达底端的动能相等，速度大小相等，但是速度的方向不同，A错误，C正确；两物块运动到底端的过程中，下落的高度相同，重力做功相同，B正确；两物块到达底端的速度大小相等，甲所受重力与速度方向垂直，瞬时功率为零，则乙所受重力做功的瞬时功率大于甲所受重力做功的瞬时功率，D 错误。
6．中车青岛四方机车厂，试验出时速高达605公里的高速列车。已知列车运行时的阻力包括车轮与轨道摩擦的机械阻力和车辆受到的空气阻力，若认为机械阻力恒定，空气阻力和列车运行速度的平方成正比，当列车以时速200公里行驶的时候，空气阻力占总阻力的70%，此时列车功率为1 000 kW，则高速列车在时速为600公里时的功率大约是(　　)
A．10 000 kW B．20 000 kW
C．30 000 kW D．40 000 kW
解析：选B　当车速为200 km/h时，受到的总阻力功率为P＝fv，解得f＝，故f机＝30%f，f阻＝kv2＝70%f，当列车速度达到600 km/h，P′＝(f机＋kv′2)v′，联立解得P′≈
20 000 kW，B正确。
7.一辆跑车在稳定行驶过程中的最大输出功率与速度大小的关系如图所示，已知该车质量为2×103 kg，在某平直路面上行驶，阻力恒为3×103 N。若该车从静止开始以恒定加速度2 m/s2做匀加速运动，则此匀加速过程能持续的时间大约为(　　)
A．8 s B．14 s
C．26 s D．38 s
解析：选B　由题图可知，该车的最大功率为P＝200 kW，在匀加速阶段由牛顿第二定律可知：F－F阻＝ma，即F＝F阻＋ma＝7 000 N，再由P＝Fv可知：v＝＝ m/s，由
v＝at，解得t＝ s≈14 s，故选项B正确。
8.[多选](2018·湖北联考)如图所示，倾角为θ＝37°的光滑斜面上粘贴有一厚度不计、宽度为d＝0.2 m 的橡胶带，橡胶带的上表面与斜面位于同一平面内，其上、下边缘与斜面的上、下边缘平行，橡胶带的上边缘到斜面的顶端距离为L＝0.4 m，现将质量为m＝1 kg、宽度为d的薄矩形板上边缘与斜面顶端平齐且从斜面顶端静止释放。已知矩形板与橡胶带之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，矩形板由斜面顶端静止释放下滑到完全离开橡胶带的过程中(此过程矩形板始终在斜面上)，下列说法正确的是(　　)
A．矩形板受到的摩擦力为4 N
B．矩形板的重力做功为3.6 J
C．产生的热量为0.8 J
D．矩形板完全离开橡胶带时速度大小为 m/s
解析：选BCD　矩形板在滑过橡胶带的过程中对橡胶带的正压力是变化的，所以矩形板受到的摩擦力是变化的，A错误；重力做功WG＝mg(L＋d)sin θ＝3.6 J，B正确；产生的热量等于克服摩擦力做功Q＝2×μmgcos θ·d＝0.8 J，C正确；根据动能定理：WG－Q＝mv2－0，解得v＝ m/s，D正确。
9．(2019届高三·临沂模拟)如图甲所示，质量m＝2 kg的小物体放在长直的水平地面
上，用水平细线绕在半径R＝0.5 m的薄圆筒上。t＝0时刻，圆筒由静止开始绕竖直的中心轴转动，其角速度随时间的变化规律如图乙所示，小物体和地面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)

A．小物体的速度随时间的变化关系满足v＝4t
B．细线的拉力大小为2 N
C．细线拉力的瞬时功率满足P＝4t
D．在0～4 s内，细线拉力做的功为12 J
解析：选D　根据题图乙可知，圆筒匀加速转动，角速度随时间变化的关系式为：ω＝t，圆周边缘线速度与小物体的速度大小相同，根据v＝ωR得：v＝ωR＝0.5t，故A错误；小物体运动的加速度：a＝＝＝0.5 m/s2，根据牛顿第二定律得：F－μmg＝ma，解得：F＝2×0.5 N＋0.1×2×10 N＝3 N，故B错误；细线拉力的瞬时功率：P＝Fv＝3×0.5t＝1.5t，故C错误；小物体在0～4 s内运动的位移：x＝at2＝×0.5×42 m＝4 m，在0～4 s内，细线拉力做的功为：W＝Fx＝3×4 J＝12 J，故D正确。
10.(2018·石家庄模拟)质量为m的小球在竖直向上的拉力作用下从静止开始运动，其v­t图像如图所示(竖直向上为正方向，DE段为直线)，已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　)
A．t3～t4时间内，小球竖直向下做匀减速直线运动
B．t0～t2时间内，合力对小球先做正功后做负功
C．0～t2时间内，小球的平均速度一定为
D．t3～t4时间内，拉力做的功为[( v 4－v 3)＋g(t4－t3)]
解析：选D　根据题意，竖直向上为正方向，故在t3～t4时间内，小球竖直向上做匀减速直线运动，A错误；t0～t2时间内，速度一直增大，根据动能定理可知，合力对小球一直做正功，B错误；0～t2时间内，小球不是做匀加速直线运动，小球的平均速度等于位移与时间的比值，不一定为，C错误；根据动能定理，在t3～t4时间内：WF－mg·(t4－t3)＝
mv42－mv32，解得WF＝[( v4－v3)＋g(t4－t3)]，D正确。
11．(2018·吉林调研)如图所示，小物块以初速度v0从O点沿斜面向上运动，同时从O点斜向上抛出一个速度大小也为v0的小球，物块和小球在斜面上的P点相遇。已知物块和小球质量相等(均可视为质点)，空气阻力忽略不计。则下列说法正确的是(　　)
A．斜面可能是光滑的
B．小球运动到最高点时离斜面最远
C．在P点时，小球的动能大于物块的动能
D．小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率不相等
解析：选C　把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，所以斜面不可能是光滑的，故A错误；当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时竖直方向速度不为零，不是运动到最高点，故B错误；物块在斜面上还要克服摩擦力做功，根据动能定理，在P点时，小球的动能大于物块的动能，故C正确；小球和物块初、末位置相同，则高度差相等，而重力相等，则重力做功相等，时间又相同，所以小球和物块到达P点过程中，克服重力做功的平均功率相等，故D错误。
12.[多选](2018·衡阳联考)一辆汽车在平直的公路上运动，运动过程中先保持某一恒定加速度，后保持恒定的牵引功率，其牵引力和速度的关系图像如图所示。若已知汽车的质量m、牵引力F1和速度v1及该车所能达到的最大速度v3，运动过程中所受阻力恒定，则根据图像所给的信息，下列说法正确的是(　　)
A．汽车运动中所受的阻力为
B．汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为
C．速度为v2时的加速度大小为
D．若速度为v2时牵引力恰为，则有v2＝2v1

解析：选ABD　根据题图和功率P＝Fv 得，汽车运动中的最大功率为F1v1，汽车达到最大速度v3时加速度为零，此时阻力等于牵引力，所以阻力f＝，A正确；根据牛顿第二定律，汽车保持某一恒定加速度时，加速度a＝＝－，加速的时间：t＝＝，则汽车匀加速运动的过程中牵引力的冲量大小为I＝F1t＝，B正确；汽车保持的恒定的牵引功率为F1v1，故速度为v2时的牵引力是，对汽车受力分析，受重力、支持力、牵引力和阻力，根据牛顿第二定律，可得速度为v2时加速度大小为a′＝－， C错误；若速度为v2时牵引力恰为，则＝，则v2＝2v1，D正确。
13．[多选](2018·江苏高考)如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块，O点为弹簧在原长时物块的位置。物块由A点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达B点。在从A到B的过程中，物块(　　)

A．加速度先减小后增大
B．经过O点时的速度最大
C．所受弹簧弹力始终做正功
D．所受弹簧弹力做的功等于克服摩擦力做的功

解析：选AD　物块由A点开始向右加速运动，弹簧压缩量逐渐减小，F弹减小，由
F弹－Ff＝ma知，a减小；当运动到F弹＝Ff时，a减小为零，此时物块速度最大，弹簧仍处于压缩状态；由于惯性，物块继续向右运动，此时Ff－F弹＝ma，物块做减速运动，且随着压缩量继续减小，a逐渐增大；当越过O点后，弹簧开始被拉伸，此时F弹＋Ff＝ma，随着拉伸量增大，a继续增大，综上所述，从A到B过程中，物块加速度先减小后增大，在O点左侧F弹＝Ff时速度达到最大，故A正确，B错误；在AO段物块所受弹簧弹力做正功，在OB段做负功，故C错误；由动能定理知，从A到B的过程中，弹力做功与摩擦力做功之和为0，故D正确。
14．[多选]如图甲所示，物体受到水平推力F的作用，在粗糙水平面上做直线运动，通过力传感器和速度传感器监测到推力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示。取重力加速度g＝10 m/s2，则(　　)

A．物体的质量m＝0.5 kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2
C．第2 s内物体克服摩擦力做的功W＝2 J
D．前2 s内推力F做功的平均功率＝1.5 W
解析：选ACD　由速度—时间图像可知，在2～3 s的时间内，物体做匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为f＝2 N，在1～2 s的时间内，物体做匀加速运动，速度—时间图线的斜率代表加速度的大小，所以a＝ m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律可得：F－f＝ma，所以m＝0.5 kg，A正确；由f＝μFN＝μmg，得μ＝＝0.4，B错误；第
2 s内物体的位移是：x＝at2＝1 m，克服摩擦力做的功W＝fx＝2×1 J＝2 J，C正确；在前2 s内，第1 s内物体没有运动，只在第2 s内运动，推力F也只在第2 s内做功，推力F做的功为W′＝Fx＝3×1 J＝3 J，所以前2 s内推力F做功的平均功率为：＝＝ W＝1.5 W，D正确。





第8讲
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考法
学法
“能量观点”是解决力学问题的三大观点之一。高考既可能在选择题中单独考查功和能，也可能在计算题中综合考查功能问题，该部分内容主要解决的是选择题中的能量观点的应用。考查的内容主要有：①几种常见的功能关系；②动能定理的综合应用；③利用机械能守恒定律和能量守恒定律分析问题。用到的思想方法有：①整体法和隔离法；②全程法和分段法；③守恒思想。
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[点点探明]————————————————————————————————
题型1　应用动能定理求解变力做功
[例1]　如图所示，质量为m的物块与水平转台间的动摩擦因数为μ，物块与转轴相距为R，物块随转台由静止开始转动。当转速增至某一值时，物块即将在转台上滑动，此时转台已开始匀速转动，在这一过程中，摩擦力对物块做的功是(假设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)
A．0　　　　　　　　 B．2μmgR
C．2πμmgR D.μmgR
[解析]　物块即将在转台上滑动但还未滑动时，转台对物块的最大静摩擦力恰好提供向心力，设此时物块做圆周运动的线速度为v，则有μmg＝，在物块由静止到获得速度v的过程中，物块受到的重力和支持力不做功，只有摩擦力对物块做功，由动能定理得W＝mv2－0，解得W＝μmgR，D正确。
[答案]　D
题型2　应用动能定理解决往复运动问题
[例2]　如图所示，斜面的倾角为θ，质量为m的滑块与挡板P的距离为x0，滑块以初速度v0沿斜面上滑，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑块每次与挡板相碰均无机械能损失，滑块经过的总路程是(　　)


A. B.
C. D.
[解析]　滑块最终要停在斜面底部，设滑块经过的总路程为x，对滑块运动的全程应用功能关系，全程所产生的热量为Q＝mv02＋mgx0sin θ，又由全程产生的热量等于克服摩擦力所做的功，即Q＝μmgxcos θ，解得x＝，选项A正确。
[答案]　A
题型3　应用动能定理解决多过程问题
[例3]　[多选]如图所示为一滑草场。某条滑道由上下两段高均为h，与水平面倾角分别为45°和37°的滑道组成，滑草车与草地之间的动摩擦因数为μ。质量为m的载人滑草车从坡顶由静止开始自由下滑，经过上、下两段滑道后，最后恰好静止于滑道的底端(不计滑草车在两段滑道交接处的能量损失，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。则(　　)
A．动摩擦因数μ＝
B．载人滑草车最大速度为
C．载人滑草车克服摩擦力做功为mgh
D．载人滑草车在下段滑道上的加速度大小为g
[解析]　由题意知，上、下两段滑道的长分别为s1＝、s2＝，由动能定理知：2mgh－μmgs1cos 45°－μmgs2cos 37°＝0，解得动摩擦因数μ＝，选项A正确；载人滑草车在上下两段的加速度分别为a1＝g(sin 45°－μcos 45°)＝g，a2＝g(sin 37°－μcos 37°)＝－g，则在下滑h时的速度最大，由动能定理知：mgh－μmgs1cos 45°＝mv2，解得v＝ ，选项B正确，D错误；载人滑草车克服摩擦力做的功与重力做功相等，即W＝2mgh，选项C错误。
[答案]　AB
题型4　动能定理和图像的综合
[例4]　[多选]一物体静止在粗糙水平面上，某时刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用开始沿水平方向做直线运动，已知在第1 s
内合力对物体做的功为45 J，在第1 s末撤去拉力，物体整个运动过程的v­t图像如图所示，g取10 m/s2，则(　　)
A．物体的质量为5 kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1

C．第1 s内摩擦力对物体做的功为60 J
D．第1 s内拉力对物体做的功为60 J
[解析]　由动能定理有45 J＝，第1 s末速度v＝3 m/s，解得m＝10 kg，故A错误；撤去拉力后加速度的大小a＝ m/s2＝1 m/s2，摩擦力f＝ma＝10 N，又f＝μmg，解得
μ＝0.1，故B正确；第1 s内物体的位移x＝×1×3 m＝1.5 m，第1 s内摩擦力对物体做的功W＝－fx＝－15 J，故C错误；第1 s内加速度的大小a1＝ m/s2＝3 m/s2，设第1 s内拉力为F，则F－f＝ma1，解得F＝40 N，第1 s内拉力对物体做的功W′＝Fx＝60 J，故D正确。
[答案]　BD
[系统通法]————————————————————————————————
1．把握两点，准确理解动能定理
(1)动能定理表达式中，W表示所有外力做功的代数和，包括物体所受重力做的功。
(2)动能定理表达式中，ΔEk为所研究过程的末动能与初动能之差，而且物体的速度均是相对地面的速度。
2．应用动能定理的“两线索、两注意”
(1)两线索

(2)两注意
①动能定理常用于单个物体的运动过程，由于不涉及加速度和时间，比动力学研究方法更简便。
②当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；当所求解的问题不涉及中间的速度时，也可以全过程应用动能定理求解。

[点点探明]————————————————————————————————
题型1　绳连接的系统机械能守恒问题
[例1]　(2018·南京模拟)如图所示，一半圆形碗的边缘上装有一定滑轮，滑轮两边通过一不可伸长的轻质细线挂着两个小物体，质量分别为m1、m2，m1>m2。现让m1从靠近定滑轮处由静止开始沿碗内壁下滑。设碗固定不动，其内壁光滑、半径为R。则m1滑到碗最低点时的速度为(　　)
A．2 　　 　　 B.
C. D．2
[解析]　设当m1到达碗最低点时速率为v1，此时m2的速率为v2，由几何关系知
v1cos 45°＝v2，对m1、m2由机械能守恒定律得m1gR＝m2g·R＋m1v12＋m2v22，解得
v1＝2 ，D正确。
[答案]　D
题型2　杆连接的系统机械能守恒问题
[例2]　如图所示为竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R。小球A、B的质量分别为mA、mB，A和B之间用一根长为l(l A．若mA B．若mA>mB，B在右侧上升的最大高度与A的起始高度相同
C．在A下滑过程中轻杆对A做负功，对B做正功
D．在A下滑过程中减少的重力势能等于A与B增加的动能
[解析]　根据系统机械能守恒条件可知，A和B组成的系统机械能守恒，如果B在右侧上升的最大高度与A的起始高度相同，则有mAgh－mBgh＝0，则有mA＝mB，A、B错误；A下滑、B上升过程中，B机械能增加，则A机械能减少，说明轻杆对A做负功，对B做正功，C正确；A下滑过程中减少的重力势能等于B上升过程中增加的重力势能和A与B增加的动能之和，D错误。
[答案]　C
题型3　弹簧连接的系统机械能守恒问题
[例3]　[多选](2018·邵阳模拟)如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为2m、m。开始时细绳伸直，B静止在桌面上，用手托着A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h。放手后A下落，着地时速度大小为v，此时B对桌面恰好无压力。不计一切摩擦及空气阻力，重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)

A．A下落过程中，A和弹簧组成的系统机械能守恒
B．弹簧的劲度系数为
C．A着地时的加速度大小为
D．A着地时弹簧的弹性势能为mgh－mv2
[解析]　因为B没有运动，所以A下落过程中，只有弹簧弹力和重力做功，故A和弹簧组成的系统机械能守恒，A正确；因为A刚下落时，弹簧处于原长，A落地时，弹簧对B的弹力大小等于B所受的重力，故kh＝mg，解得k＝，B错误；A落地时弹簧对绳子的拉力大小为mg，对A分析，受到竖直向上的拉力，大小为mg，竖直向下的重力，大小为2mg，根据牛顿第二定律可得2mg－mg＝2ma，解得a＝，C正确；A下落过程中，A和弹簧组成的系统机械能守恒，故2mgh＝×2mv2＋Ep，解得Ep＝2mgh－mv2，D错误。
[答案]　AC
[系统通法]————————————————————————————————
1．判断机械能守恒的两个角度
(1)用做功判断：若物体(或系统)只受重力(或系统内弹力)，或虽受其他力，但其他力不做功，则机械能守恒。
(2)用能量转化判断：若物体(或系统)只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式能的相互转化，则机械能守恒。
2．机械能守恒定律的三种表达形式

3．应用机械能守恒定律解题的基本思路



[知能全通]————————————————————————————————
1．常见的功能关系
重力做功与重力势能变化的关系
WG＝－ΔEp
弹力做功与弹性势能变化的关系
W弹＝－ΔEp
合外力做功与动能变化的关系
W合＝ΔEk
除重力和弹力以外其他力做功与机械能变化的关系
W其他＝ΔE机
滑动摩擦力与相对位移的乘积与内能变化的关系
Ffx相对＝ΔE内
2．功能关系的理解和应用
(1)功能关系反映了做功和能量转化之间的对应关系，功是能量转化的量度和原因，在不同问题中的具体表现不同。
(2)分清是什么力做功，并且分析该力做功的正负；根据功能之间的对应关系，判定能的转化情况。
(3)可以根据能量转化情况，确定是什么力做功，尤其可以方便计算变力做的功。
[题点全练]————————————————————————————————
1.(2018·全国卷Ⅰ)如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为(　　)
A．2mgR　　　　　　　 B．4mgR
C．5mgR D．6mgR
解析：选C　小球从a点运动到c点，根据动能定理得，F·3R－mgR＝mv2，又F＝mg，故v＝2。小球离开c点在竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，且水平方向的加速度大小也为g，故小球从c点到最高点所用的时间t＝＝2，水平位移x＝gt2＝2R，根据功能关系，小球从a点到轨迹最高点机械能的增量等于力F做的功，即ΔE＝F·(3R＋x)＝5mgR，C正确。
2.[多选](2019届高三·邯郸模拟)如图，质量为m的物体在恒定外力F作用下竖直向上做初速度为零的匀加速直线运动，经过一段时间，力F做的功为W，此时撤去力F，物体又经相同时间回到了出发点。若以出发点所在水平面为重力势能的零势能平面，重力加速度为g，不计空气阻力，则(　　)
A．从物体开始运动到回到出发点的过程中，物体的机械能增加了
B．力F的大小为mg
C．物体回到出发点时重力的瞬时功率为
D．撤去力F时，物体的动能和重力势能恰好相等
解析：选BC　除重力以外的力做的功等于物体机械能的变化量，力F做功为W，则物体机械能增加了W，故A错误；从开始运动到回到出发点，撤去力F前后两个过程位移大小相等、方向相反，时间相等，取竖直向上为正方向，则得：at2＝－，F－mg＝ma，解得：a＝g，F＝mg，故B正确；在整个过程中，根据动能定理得：mv2＝W，物体回到出发点时速率v＝，瞬时功率为P＝mgv＝，故C正确；撤去力F时，物体的动能为Ek＝W－mg·at2＝F·at2－mg·at2＝mgat2，重力势能为Ep＝mg·at2＝
mgat2，可见，动能和重力势能不相等，故D错误。
3.[多选](2018·盘锦模拟)如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，AB、CD是圆环相互垂直的两条直径，C、D两点与圆心O等高。一个质量为m的光滑小球套在圆环上，一根轻质弹簧一端连在小球上，另一端固定在P点，P点在圆心O的正下方处。小球从最高点A由静止开始沿逆时针方向下滑，已知弹簧的原长为R，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为g，下列说法正确的有(　　)
A．弹簧长度等于R时，小球的动能最大
B．小球运动到B点时的速度大小为
C．小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg
D．小球从A到C的过程中，弹簧弹力对小球做的功等于小球机械能的增加量
解析：选CD　小球下滑过程中，弹簧长度等于R时，弹簧处于原长，此时弹簧弹力等于0，只有重力对小球做正功，小球仍在加速，所以弹簧长度等于R时，小球的动能不是最大，故A错误；由题可知，小球在A、B两点时弹簧的形变量相等，弹簧的弹性势能相等，根据系统的机械能守恒得：2mgR＝mvB2，解得小球运动到B点时的速度vB＝2，故B错误；设小球在A、B两点时弹簧的弹力大小为F，在A点，圆环对小球的支持力F1＝
mg＋F，在B点，由牛顿第二定律得：F2－mg－F＝m，解得圆环对小球的支持力F2＝5mg＋F，则F2－F1＝4mg，由牛顿第三定律知，小球在A、B两点时对圆环的压力差为4mg，故C正确；小球从A到C的过程中，根据功能关系可知，弹簧弹力对小球做的功等于小球机械能的增加量，故D正确。

[知能全通]————————————————————————————————
“三步走”分析叠放体问题(以传送带为例)

[题点全练]————————————————————————————————
1.如图所示，水平传送带长为s，以速度v始终保持匀速运动，把质量为m的货物放到A点，货物与传送带间的动摩擦因数为μ，当货物从A点运动到B点的过程中，摩擦力对货物做的功不可能(　　)
A．等于mv2　　　　　 B．小于mv2
C．大于μmgs D．小于μmgs
解析：选C　货物在传送带上相对地面的运动情况可能是先加速后匀速，也可能是一直加速而最终速度小于v，根据动能定理知摩擦力对货物做的功可能等于mv2，可能小于
mv2，可能等于μmgs，可能小于μmgs，不可能大于μmgs，故C对。
2.[多选](2018·济宁模拟)如图所示，长为L、质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m的物块，物块与木板之间的动摩擦因数为μ。物块以速度v0从木板的左端向右端滑动时，若木板固定不动，物块恰好能从木板的右端滑下。若木板不固定时，下列叙述正确的是(　　)
A．物块不能从木板的右端滑下
B．系统产生的热量Q＝μmgL

C．经过t＝物块与木板保持相对静止
D．摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功
解析：选AC　木板固定不动时，物块减少的动能全部转化为内能。木板不固定时，物块向右减速的同时，木板要向右加速，物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能，所以产生的内能必然减小，物块相对于木板滑行的距离要减小，不能从木板的右端滑下，故A正确；物块和木板组成的系统产生的热量Q＝Ffx相对＝μmgx相对＜μmgL，故B错误；设物块与木板最终的共同速度为v，物块和木板组成的系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mv0＝(m＋M)v，对木板，由动量定理得：μmgt＝Mv，联立解得： t＝，故C正确；由于物块与木板相对于水平面的位移大小不等，物块对地位移较大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功，故D错误。
3.如图所示，水平传送带两端点A、B间的距离为l，传送带开始时处于静止状态。把一个小物体放到右端的A点，施加恒定拉力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1。随后让传送带以速度v2匀速运动，施加相同的恒定拉力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2。下列关系中正确的是(　　)
A．W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2
B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2
C．W1＞W2，P1＝P2，Q1＞Q2
D．W1＞W2，P1＝P2，Q1＝Q2
解析：选B　因为两次的拉力和位移相同，两次拉力做的功相等，即W1＝W2；当传送带不动时，物体运动的时间为t1＝，当传送带以速度v2匀速运动时，物体运动的时间为
t2＝，所以第二次用的时间短，功率大，即P1＜P2；滑动摩擦力与相对路程的乘积等于产生的热量，第二次的相对路程小，所以Q1＞Q2，选项B正确。


4．[多选]如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2 kg的木块A以速度
v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

A．A、B之间动摩擦因数为0.1
B．长木板的质量M＝2 kg
C．长木板长度至少为2 m
D．A、B组成的系统损失的机械能为4 J
解析：选AB　从题图乙可以看出，A先做匀减速运动，B做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度：v＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v，解得：M＝m＝2 kg，故B正确；由图像可知，木板B匀加速运动的加速度为：a＝＝
m/s2＝1 m/s2，对B，根据牛顿第二定律得：μmg＝Ma，解得动摩擦因数为：μ＝0.1，故A正确；由图像可知前1 s内B的位移为：xB＝×1×1 m＝0.5 m, A的位移为：xA＝×1 m＝1.5 m，所以木板最小长度为：L＝xA－xB＝1 m，故C错误；A、B组成的系统损失的机械能为：ΔE＝mv02－(m＋M)v2＝2 J，故D错误。
[专题强训提能]
1.如图所示，物块的质量为m，它与水平桌面间的动摩擦因数为μ。起初，用手按住物块，物块的速度为零，弹簧的伸长量为x，然后放手，当弹簧的长度第一次回到原长时，物块的速度为v。则此过程中弹力所做的功为(　　)
A.mv2－μmgx　　　　 B．μmgx－mv2
C.mv2＋μmgx D．以上选项均不对
解析：选C　设W弹为弹力对物体做的功，因为克服摩擦力做的功为μmgx，由动能定理得W弹－μmgx＝mv2－0，得W弹＝mv2＋μmgx，C对。
2．(2018·江苏高考)从地面竖直向上抛出一只小球，小球运动一段时间后落回地面。忽略空气阻力，该过程中小球的动能Ek与时间t的关系图像是(　　)

解析：选A　小球做竖直上抛运动，设初速度为v0，则v＝v0－gt，小球的动能Ek＝mv2，把速度v代入，得Ek＝mg2t2－mgv0t＋mv02，Ek与t为二次函数关系，A正确。
3．[多选](2016·全国卷Ⅲ)如图，一固定容器的内壁是半径为R的半球面；在半球面水平直径的一端有一质量为m的质点P。它在容器内壁由静止下滑到最低点的过程中，克服摩擦力做的功为W。重力加速度大小为g。设质点P在最低点时，向心加速度的大小为a，容器对它的支持力大小为N，则(　　)
A．a＝ B．a＝
C．N＝ D．N＝
解析：选AC　质点P下滑到最低点的过程中，由动能定理得mgR－W＝mv2，则速度 v＝，在最低点的向心加速度a＝＝，选项A正确， B错误；在最低点时，由牛顿第二定律得N－mg＝ma，N＝，选项C正确，D错误。
4.如图为某同学建立的一个测量动摩擦因数的模型。物块自左侧斜面上A点由静止滑下，滑过下面一段平面后，最高冲至右侧斜面上的B点。实验中测量出了三个角度，左右斜面的倾角α和β及AB连线与水平面的夹角θ。物块与各接触面间动摩擦因数相同且为μ，忽略物块在拐角处的能量损失，以下结论正确的是(　　)
A．μ＝tan α B．μ＝tan β
C．μ＝tan θ D．μ＝tan
解析：选C　设AB的水平长度为x，竖直高度差为h，对从A到B的过程运用动能定理得mgh－μmgcos α·AC－μmg·CE－μmgcos β·EB＝0，因为AC·cos α＋CE＋EB·cos β＝x，则有mgh－μmgx＝0，解得μ＝＝tan θ，故C正确。
5．如图所示，质量、初速度大小都相同的A、B、C三个小球，开始时在同一水平面上，A球竖直上抛，B球以倾角θ斜向上抛，C球沿倾角为θ的光滑斜面上滑，它们上升的最大高度分别为hA、hB、hC，空气阻力不计，则(　　)

A．hA＝hB＝hC B．hA＝hB C．hA＝hB>hC D．hA＝hC>hB
解析：选D　A球和C球上升到最高点时速度均为零，而B球上升到最高点时仍有水平方向的速度，即仍有动能。对A、C球由机械能守恒定律得mgh＝mv02，得hA＝hC＝h＝。对B球由机械能守恒定律得mghB＋mvt2＝mv02，且vt≠0，所以hA＝hC>hB，故D正确。
6．(2019届高三·南京模拟)质量为m的球从地面以初速度v0竖直向上抛出，已知球所受的空气阻力与速度大小成正比。下列图像分别描述了球在空中运动的速度v、加速度a随时间t的变化关系和动能Ek、机械能E(取地面处重力势能为零)随球距离地面高度h的变化关系，其中可能正确的是(　　)

解析：选C　已知球所受的空气阻力与速度大小成正比，即Ff＝kv，当球上升到最高点时，v为零，球只受重力，a等于g，则v­t图线切线的斜率不等于零，故A错误；根据牛顿第二定律，球上升过程中：mg＋kv＝ma，v逐渐减小，a逐渐减小，球下降过程中：mg－kv＝ma，v逐渐增大，a逐渐减小，故B错误；上升过程，由动能定理：－mgh－Ffh＝
Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－(mg＋kv)h，随h的增加，v减小，则Ek­h图像的斜率减小，下降过程，由动能定理：mg(h0－h)－Ff(h0－h)＝Ek，即Ek＝(mg－kv)(h0－h)，随下降的高度的增加，v增大，Ek­h图像的斜率减小，故C正确；机械能的变化量等于克服阻力做的功：
－Ffh＝E－E0，上升过程中v逐渐减小，则Ff逐渐减小，即E­h图像的斜率逐渐变小，故E­h图像不是直线，故D错误。
7.(2018·武汉调研)如图所示，半径为R、圆心为O的光滑圆环固定在竖直平面内，OC水平，D是圆环最低点。质量为2m的小球A与质量为m的小球B套在圆环上，两球之间用轻杆相连。两球初始位置如图所示，由静止释放，当A运动至D点时，B的动能为(　　)
A.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m1 A．甲和乙的动量都不断增大
B．甲和乙受到的合力的冲量大小之比为m2∶m1
C．甲、乙及弹簧系统的总机械能不断增大
D．甲和乙的平均速率之比为m2∶m1
解析：选CD　当施加的水平拉力大于弹簧拉力时，甲和乙的速度在增大，动量在增大，当弹簧拉力大于施加的水平拉力时，甲和乙的动量开始减小，A错误；外力做正功，所以甲、乙及弹簧系统的总机械能不断增大，C正确；将甲、乙及弹簧看成一个整体，因F1和F2等大反向，故甲、乙及弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，故m1v1－m2v2＝0，根据动量定理可得I甲＝m1v1，I乙＝－m2v2，故＝1∶1，B错误；因为研究过程中任意时刻甲、乙的动量和为零，所以＝，D正确。
4．光滑水平面上有一质量为M的木板，在木板的最左端有一质量为m的小滑块(可视为质点)，小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ。开始时它们都处于静止状态，某时刻给小滑块一瞬时冲量，使小滑块以初速度v0向右运动，经过一段时间小滑块与木板达到共同速度v，此时小滑块与木板最左端的距离为d，木板的位移为x，如图所示。下列关系式正确的是(　　)


A．μmgx＝(M＋m)v2
B．μmgd＝(M＋m)v2－mv02
C．μmgd＝
D．μmgd＝mv02－mv2
解析：选C　由动量守恒定律可知：mv0＝(M＋m)v，解得v＝，对小滑块分析可知，只有木板的摩擦力对其做功，则由动能定理可知：－μmg(x＋d)＝mv2－mv02，对木板分析可知，木板受小滑块的摩擦力做功，由动能定理可知：μmgx＝Mv2，可得μmgd＝，故C正确。
5．甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p1＝5 kg·m/s，p2＝7 kg·m/s，甲球从后面追上乙球并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s，则甲球质量m1与乙球质量m2间的关系可能正确的是(　　)
A．m1＝m2 B．2m1＝m2
C．4m1＝m2 D．6m1＝m2
解析：选C　设碰后甲球动量变为p1′，乙球动量变为p2′，根据动量守恒定律得
p1＋p2＝p1′＋p2′，解得p1′＝2 kg·m/s。碰撞过程系统的总动能不增加，则有＋≤＋，解得≤，碰撞后甲球的速度不大于乙球的速度，则有≤，解得≥，综上有≤≤，C正确，A、B、D错误。
6.如图所示，在足够长的固定斜面上有一质量为m的木板A，木板A获得初速度v0后恰好能沿斜面匀速下滑。现将一质量也为m的小滑块B无初速度轻放在木板A的上表面，滑块B在木板A上滑动的过程中(B始终未从A的上表面滑出，B与A间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数)，下列说法正确的是(　　)


A．A、B组成的系统动量和机械能都守恒
B．A、B组成的系统动量和机械能都不守恒
C．当B的速度为v0时，A的速度为v0
D．当A的速度为v0时，B的速度为v0
解析：选C　由于A沿斜面体匀速下滑，则此时A所受的合力为零，当B放在A上表面后，A、B组成的系统所受的合力为零，则系统的动量守恒，由于A、B间摩擦力的作用，系统的机械能一直减小，即机械能不守恒，A、B错误；由于B与A之间的动摩擦因数大于A与斜面间的动摩擦因数，所以当A、B共速后将沿斜面共同匀速下滑，即B的速度不可能大于A的速度，由动量守恒定律知，C正确，D错误。
7．某同学质量为60 kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2 m/s的速度跳到一条向他缓慢飘来的小船上，然后去执行任务。船的质量是140 kg，原来的速度大小是0.5 m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上，则(　　)
A．该同学和船最终静止在水面上
B．该同学的动量变化量的大小为105 kg·m/s
C．船最终速度的大小为0.95 m/s
D．船的动量变化量的大小为70 kg·m/s
解析：选B　该同学与船组成的系统在水平方向动量守恒，选取该同学运动的方向为正方向得：m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v，解得v＝0.25 m/s，与该同学的速度方向相同，故A、C错误；该同学的动量变化量大小为：|Δp1|＝|m1v－m1v1|＝105 kg·m/s，故B正确；船的动量变化量大小为：Δp2＝m2v－(－m2v2)＝105 kg·m/s，故D错误。
8.[多选]A、B两物体在光滑水平面上沿同一直线运动，如图所示为A、B发生碰撞前、后的v ­t 图像，由图可知下列叙述正确的是(　　)
A．A、B的质量比为3∶2
B．A、B碰撞前、后总动量守恒
C．A、B碰撞前、后总动量不守恒
D．A、B碰撞前、后总动能不变
解析：选ABD　根据动量守恒条件知，A、B碰撞前、后总动量守恒，B正确，C错误；根据动量守恒定律：mA×6＋mB×1＝mA×2＋mB×7，得：mA∶mB＝3∶2，A正确；碰撞前总动能：mA×62＋mB×12＝mA，碰撞后总动能：mA×22＋mB×72＝mA，即碰撞前、后总动能不变，D正确。
9.[多选]如图所示，水平传送带AB足够长，质量为M＝1 kg的木块随传送带一起以v1＝2 m/s 的速度向左匀速运动(传送带的速度恒定)，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m＝20 g的子弹，以v0＝300 m/s的水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度v＝50 m/s，设子弹射穿木块的时间极短(g取10 m/s2)。则(　　)
A．子弹射穿木块后，木块一直做减速运动
B．木块遭射击后远离A点的最大距离为0.9 m
C．木块遭射击后到相对传送带静止历时1.0 s
D．木块遭射击后到相对传送带静止历时0.6 s
解析：选BC　木块运动的加速度大小不变，a＝μg＝5 m/s2，子弹射穿木块的过程中两者动量守恒，木块速度v′＝－v1＝3 m/s，木块向右匀减速运动的位移s＝＝
0.9 m，即木块遭射击后远离A点的最大距离为0.9 m，B正确；木块向右匀减速运动的时间 t1＝＝0.6 s，因为v′>v1，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<2t1 D．小球落在B点

解析：选C　在斜面顶端A点以速度v水平抛出一小球，经过时间t1恰好落在斜面的中点P，有tan θ＝(θ为斜面倾角)，解得t1＝，水平位移x＝vt1＝，初速度变为原来的2倍，若还落在斜面上，水平位移应该变为原来的4倍，可知在A点以速度2v水平抛出该小球，小球将落在水平面上，可知小球两次下落的高度之比为1∶2，根据t＝知，t1∶t2＝1∶，则t2<2t1，C对。
7．[多选]据报道，荷兰企业家巴斯兰斯多普发起的“火星一号”计划打算将总共24人送上火星，创建一块长期殖民地。若已知引力常量为G，那么在下列给出的各种情景中，能根据测量的数据求出火星密度的是(　　)
A．在火星表面使一个小球做自由落体运动，测出落下的高度H和时间t
B．火星探测器贴近火星表面做匀速圆周运动，测出运行周期T
C．火星探测器在高空绕火星做匀速圆周运动，测出距火星表面的高度h、运行周期T和火星的半径R
D．观察火星绕太阳的匀速圆周运动，测出火星的直径D和运行周期T
解析：选BC　设火星的质量为M，则M＝ρπR3。在火星表面使一个小球做自由落体运动，测出下落的高度H和时间t，根据H＝gt2，可算出火星表面的重力加速度g，根据
G＝mg，可以算出的值，但无法算出火星密度，故A错误；根据＝mR，M＝ρπR3，得ρ＝，已知T就可算出火星密度，故B正确；根据＝m(R＋h)，
M＝ρπR3，得M＝，已知h、T、R就可算出火星密度，故C正确；观察火星绕太阳的匀速圆周运动，火星的质量在运算中约去，无法算出火星质量，也就无法算出火星密度，故D错误。
8．[多选]在如图所示的平面直角坐标系内，x轴水平、y轴竖直向下。计时开始时，位于原点处的沙漏由静止出发，以加速度a沿x轴做匀加速运动，此过程中沙从沙漏中漏出，每隔相等的时间漏出相同质量的沙。已知重力加速度为g，不计空气阻力以及沙相对沙漏的初速度。下列说法正确的是(　　)
A．空中相邻的沙在相等时间内的竖直间距不断增加
B．空中相邻的沙在相等时间内的水平间距保持不变

C．t0时刻漏出的沙在t(t > t0)时刻的位置坐标是
D．t0时刻漏出的沙在t(t > 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 从B到A的加速过程中，速度从零增大到12 m/s所用时间t3＝＝ s＝4.8 s
加速过程通过的位移为x＝t3＝28.8 m
剩余阶段的匀速过程用时t4＝＝ s＝0.1 s
所以该学生“30 m折返跑”的最好成绩为t＝t1＋t2＋t3＋t4＝10.9 s。
[答案]　10.9 s
题型2 追及相遇问题
追及相遇问题是运动学中的常见问题，涉及匀速追匀加速、匀速追匀减速、匀加速追匀速、匀减速追匀速、匀加速追匀减速、匀减速追匀减速等问题。
[例2]　A、B两辆玩具小汽车在相互靠近的两条平直的轨道上同向匀速行驶，初速度分别为vA＝6 m/s、vB＝2 m/s，当A车在B车后面x＝3.5 m时，A车开始以大小恒定的加速度
aA＝1 m/s2刹车至停止运动，求：
(1)A车超过B车后，保持在B车前方的时间；
(2)A车超过B车后，领先B车的最大距离；
(3)若A车刹车时B车同时开始加速，加速度aB＝2 m/s2，但B车的最大速度只有4 m/s，通过计算说明A车能否追上B车。
[思路点拨]

[解析]　(1)设A车用时t追上B车，
对A车，xA＝vAt－aAt2
对B车，xB＝vBt
追上时有xA＝xB＋x
解得t1＝1 s，t2＝7 s
显然t1为A车追上B车所用时间，由于t2＝7 s>＝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(v2 [模型套用]
过程
工件在AB传送带上的运动
CD传送带静止时，工件在CD传送带上的运动
CD传送带运动时，工件在CD传送带上的运动
模型
匀加速直线运动、
(匀速直线运动)
匀减速直线运动
匀减速直线运动
方法
判断工件一直加速还是先加速再匀速
受力分析、画示意图
理想模型法、假设法
规律
直线运动规律、牛顿第二定律
[解析]　(1)工件刚放在AB传送带上时，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a1，速度增加到v1时所用时间为t1，位移大小为s1，受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律可得：N1＝mg
f1＝μN1＝ma1
解得：a1＝5 m/s2
由运动学公式有：t1＝＝ s＝1 s
s1＝a1t12＝×5×12 m＝2.5 m
由于s1＜LAB，随后工件在AB传送带上做匀速直线运动到B端，则匀速运动的时间为：
t2＝＝0.3 s
工件滑上CD传送带后在沿传送带向下的重力分力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a2，速度减小到零时所用时间为t3，位移大小为s2，受力分析如图乙所示，由牛顿第二定律可得：N2＝mgcos θ
f2＝μN2
mgsin θ＋f2＝ma2
由运动学公式有：s2＝
解得：a2＝10 m/s2，s2＝1.25 m
工件沿CD传送带上升的最大高度为：
h＝s2sin θ＝1.25×0.6 m＝0.75 m
沿CD传送带上升的时间为：t3＝＝ s＝0.5 s
故总时间为：t＝t1＋t2＋t3＝1.8 s。
(2)设CD传送带以速度v2沿顺时针方向运转时，当工件的速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为a2；
当工件的速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，设其加速度大小为a3，两个过程的位移大小分别为s3和s4，受力分析如图丙所示，由运动学公式和牛顿第二定律可得：
－2a2s3＝v22－v12
mgsin θ－f2＝ma3
－2a3s4＝0－v22
LCD＝s3＋s4
解得：v2＝4 m/s。
[答案]　(1)0.75 m　1.8 s　(2)4 m/s
模型2 滑块—木板模型
滑块—木板模型题是动力学中比较常见的问题，也是综合性很强的难题，能很好地考核学生运用动力学规律解决问题的多种能力，具有很好的区分度，因此在历年的高考压轴题中频频出现。其基本情景为两体或多体相互作用，并发生相对滑动，从而突出力学主线知识的应用。
[例2]　(2019届高三·济南外国语学校模拟)如图甲所示，质量M＝1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m＝
1 kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，最大静摩擦力等于滑动
摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。


(1)若木板长L＝1 m，在铁块上加一个水平向右的恒力F＝8 N，经过多长时间铁块运动到木板的右端？
(2)若木板长L＝1 m，通过击打铁块使其获得一个水平向右的初速度v0并恰好能够滑到木板最右端，求v0的大小。
(3)若在木板(足够长)的右端施加一个大小从零开始连续增加的水平向左的力F，请在图乙中画出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图像。
[审题指导]
运动情景
是什么？
(1)力加到铁块上时，铁块和木板均做匀加速直线运动，且铁块的加速度大于木板的加速度；
(2)铁块获得初速度后向右做匀减速直线运动，木板同时向右做匀加速直线运动，铁块恰好滑到木板最右端时二者达到共同速度，之后一起向右做匀减速直线运动直到停止；
(3)力加到木板上时，铁块的加速度可能等于木板的加速度，也可能小于木板的加速度
用到什么
规律？
匀变速直线运动公式、牛顿第二定律
采用什么
方法？
画出铁块和木板的受力示意图及运动过程示意图，找出各运动过程的位移关系、时间关系等
[解析]　(1)由牛顿第二定律知，对铁块有
F－μ2mg＝ma1
对木板有μ2mg－μ1(mg＋Mg)＝Ma2
解得a2＝2 m/s2>0，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<6 m
因μ 则：mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2
解得：a2＝2 m/s2
设物块到达传送带顶端时的速度为v1，
则：v2－v12＝2a2x2
x2＝l－x1＝2.25 m
解得：v1＝4 m/s。
答案：(1)10 m/s2　(2)4 m/s
6．滑雪度假村某段雪地赛道可等效为长L＝36 m、倾角为θ＝37°的斜坡。已知赛道的积雪与不同滑板之间的动摩擦因数不同，现假定甲滑下去时滑板与赛道间的动摩擦因数
μ1＝0.5，乙滑下时滑板与赛道间的动摩擦因数μ2＝0.25，g取10 m/s2。已知甲和乙均可看成质点，且滑行方向平行，相遇时不会相撞，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求甲从坡顶由静止自由滑下时到达坡底的速度大小；
(2)若乙比甲晚出发Δt＝2 s，为追上甲，有人从后面给乙一个瞬时作用力使乙获得一定的初速度，在此后的运动中，甲、乙之间的最大距离为5 m。则乙的初速度为多大？并判断乙能否追上甲，写出判断过程。
解析：(1)设甲的质量为m1，对甲在赛道上的运动，由牛顿第二定律有
m1gsin θ－μ1m1gcos θ＝m1a甲
代入数据解得a甲＝2 m/s2
设甲从坡顶自由滑下时到达坡底的速度大小为v1
则有2a甲L＝v12
代入数据解得v1＝12 m/s。
(2)设乙的质量为m2，对乙有
m2gsin θ－μ2m2gcos θ＝m2a乙
代入数据解得a乙＝4 m/s2
设甲出发后经时间t1，乙与甲达到共同速度v，则
v＝a甲t1＝v0＋a乙(t1－Δt)
x甲＝a甲t12
x乙＝v0(t1－Δt)＋a乙(t1－Δt)2
Δx＝x甲－x乙＝5 m
代入数据解得t1＝3 s或t1＝1 s(舍去)
v0＝2 m/s
甲到达坡底的时间t甲＝＝6 s
设乙到达坡底所用时间为t乙
L＝v0t乙＋a乙t乙2
代入数据解得t乙＝ s<4 s
t乙＋Δt 答案：(1)12 m/s　(2)2 m/s　可以追上，判断过程见解析
第2讲
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考法
学法
应用能量和动量的观点来解决物体运动的多过程问题是高考考查的重点和热点。这类问题命题情景新颖，密切联系实际，综合性强，常是高考的压轴题。涉及的知识主要包括：①动能定理；②机械能守恒定律；③能量守恒定律；④功能关系；⑤动量定理；⑥动量守恒定律。用到的思想方法有：①整体法和隔离法；②全程法；③分段法；④相对运动方法；⑤守恒思想；⑥等效思想；⑦临界极值思想。
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命题点(一)　应用动能定理求解多过程问题
[研一题]————————————————————————————————
(2019届高三·南昌调研)如图所示，质量为m＝1 kg的小物块由静止轻轻放在水平匀速转动的传送带上，从A点随传送带运动到水平部分的最右端B点，经半圆轨道C点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道，恰能做圆周运动。C点在B点的正上方，D点为半圆轨道的最低点。小物块离开D点后做平抛运动，恰好垂直于倾斜挡板打在挡板跟水平面相交的E点。已知半圆轨道的半径R＝0.9 m，D点距水平面的高度h＝0.75 m，取g＝10 m/s2，求：
(1)摩擦力对小物块做的功；
(2)小物块经过D点时对轨道压力的大小；
(3)倾斜挡板与水平面间的夹角θ。





[审题指导]
运动情景是什么？
小物块的运动经历了三个过程，分别是直线运动、圆周运动、平抛运动
用到什么规律？
动能定理、圆周运动规律、平抛运动规律
采用什么方法？
相邻两个过程的连接点的速度是解题的突破口，先利用圆周运动最高点的临界状态求出小物块到达C点时的速度，再利用动能定理求出摩擦力做的功及小物块到达D点时的速度，最后利用运动的合成与分解求出末速度的方向
[解析]　(1)设小物块经过C点时的速度大小为v1，因为经过C点时恰好能做圆周运动，由牛顿第二定律可得：
mg＝，解得v1＝3 m/s
小物块由A到B过程中，设摩擦力对小物块做的功为W，由动能定理得：
W＝mv12，解得W＝4.5 J。
(2)设小物块经过D点时的速度为v2，对从C点到D点的过程，由动能定理得：
mg·2R＝mv22－mv12
小物块经过D点时，设轨道对它的支持力大小为FN，
由牛顿第二定律得：
FN－mg＝
解得v2＝3 m/s，FN＝60 N
由牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力大小为：
FN′＝FN＝60 N。
(3)小物块离开D点做平抛运动，设经时间t打在E点，由h＝gt2，解得t＝ s
设小物块打在E点时速度的水平、竖直分量分别为vx、vy，速度方向与竖直方向的夹角为α，则：
vx＝v2，vy＝gt，tan α＝，解得α＝60°
再由几何关系可得θ＝α＝60°。
[答案]　(1)4.5 J　(2)60 N　(3)60°
[悟一法]————————————————————————————————
多个运动过程的组合实际考查了多种物理规律和方法的综合应用，分析这类问题时要独立分析各个运动过程，而不同过程往往通过连接点的速度衔接。求解多运动过程问题的注意事项：
(1)弄清物体的运动由哪些过程构成。
(2)分析每个过程中物体的受力情况。
(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无贡献。
(4)从总体上把握全过程，表达出总功，找出初、末状态的动能。
(5)对所研究的分过程或全过程运用动能定理列方程。
[通一类]————————————————————————————————
1.如图所示，质量为1 kg的物块静止在水平面上，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，t＝0时刻给物块施加一个水平向右的拉力F，使物块沿水平方向做直线运动，其加速度随时间变化的关系如表格所示，重力加速度g取10 m/s2，水平向右为正方向，求：
时间t/s
加速度a/(m·s－2)
0～4
4
4～8
－3
(1)0～4 s内水平拉力的大小；
(2)0～8 s内物块运动的位移大小；
(3)0～8 s内水平拉力做的功。
解析：(1)0～4 s内，物块运动的加速度大小：a1＝4 m/s2
根据牛顿第二定律：F1－μmg＝ma1，解得：F1＝6 N。
(2)t1＝4 s时物块的速度大小：v1＝a1t1＝16 m/s
0～8 s内物块运动的位移：x＝v1t1＋v1t2＋a2t22＝72 m。
(3)8 s时物块的速度：v2＝a1t1＋a2t2＝4 m/s
根据动能定理：W－μmgx＝mv22，解得：W＝152 J。
答案：(1)6 N　(2)72 m　(3)152 J
2．(2018·齐鲁名校联考)如图所示，在某竖直平面内，光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接一口深度为H、宽度为d的深井CDEF，一个质量为m的小球放在曲面AB上，可从距BC面不同的高度处静止释放小球，已知BC段长为L，小球与BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。

(1)若小球恰好落在井底E点处，求小球释放点距BC面的高度h1；
(2)若小球不能直接落在井底，求小球打在井壁EF上的最小动能Ekmin和此时的释放点距BC面的高度h2。
解析：(1)小球由A到C，由动能定理得
mgh－μmgL＝mvC2
自C点水平飞出后，由平抛运动规律得
x＝vCt，y＝gt2
解得h＝μL＋
若小球恰好落在井底E处，则x＝d，y＝H
解得小球的释放点距BC面的高度为
h1＝μL＋。
(2)若小球不能直接落在井底，设打在EF上的动能为Ek，则x＝d
解得vC＝d
小球由C到打在EF上，由动能定理得
mgy＝Ek－mvC2
代入vC得：Ek＝mgy＋
当y＝时，Ek最小，且Ekmin＝mgd
此时小球的释放点距BC面的高度为h2＝μL＋。
答案：(1)μL＋　(2)mgd　μL＋
命题点(二)　机械能守恒定律的综合应用
[研一题]————————————————————————————————
如图所示，竖直平面内固定着由两个半径为R的四分之一圆弧构成的细管道ABC，圆心连线O1O2水平且与管道的交点为B。轻弹簧左端固定在竖直挡板上，右端靠着质量为m的小球(小球的直径略小于管道内径)，长为R的薄板DE置于水平面上，板的左端D到管道右端C的水平距离为R。开始时弹簧处于锁定状态，具有一定的弹性势能。重力加速度为g，解除锁定，小球从起点离开弹簧后进入管道，最后从C点抛出(不计小球与水平面和管道的摩擦)，若小球经C点时对管道外侧的弹力大小为mg。

(1)求弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；
(2)求小球经管道B点的前、后瞬间对管道的压力；
(3)试通过计算判断小球能否落在薄板DE上。
[思维流程]

[解析]　(1)小球经过C点时，管道对小球的弹力FN＝mg，方向竖直向下，
根据向心力公式有mg＋FN＝
小球从起点运动到C点过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，则
Ep＝2mgR＋mvC2
解得vC＝，Ep＝3mgR。
(2)小球从起点到经过B点的过程中，根据机械能守恒，有
3mgR＝mgR＋mvB2
小球经B点前、后瞬间，管道对其的弹力提供向心力，
则FN′＝
解得FN′＝4mg
由牛顿第三定律可知，小球经B点前、后瞬间对管道的压力分别向右和向左，大小为4mg。
(3)小球离开C点后做平抛运动，根据平抛运动规律有
2R＝gt2，x＝vCt
解得x＝2R
因为x＝2R＞2R，所以小球不能落在薄板DE上。
[答案]　(1)3mgR　(2)分别为向右和向左，大小为4mg的压力　(3)小球不能落在薄板DE上，计算过程见解析
[悟一法]————————————————————————————————
解答含有弹簧的机械能守恒问题时，关键是选好系统，弄清楚弹性势能的变化情况或弹力做功的情况。
1．弹性势能：通常由功能关系或能量守恒定律计算，弹簧压缩或拉伸，均有弹性势能，同一弹簧压缩或拉伸相同的长度，其弹性势能相等。
2．弹力做功：与路径无关，取决于初、末状态弹簧形变量的大小，且W弹＝－ΔEp。
[通一类]————————————————————————————————
1．(2018·江苏高考)如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度。细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B。质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l。用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53°。松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动。忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
(1)小球受到手的拉力大小F；
(2)物块和小球的质量之比M∶m；
(3)小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T。
解析：(1)由几何知识可知AC⊥BC，根据平衡条件得
(F＋mg)cos 53°＝Mg
解得F＝Mg－mg。
(2)与A、B相同高度时
小球上升h1＝3lsin 53°
物块下降h2＝2l
物块和小球组成的系统机械能守恒mgh1＝Mgh2
解得＝。
(3)根据机械能守恒定律，小球向下运动到最低点时，恰好回到起始点，设此时物块受到的拉力为T，加速度大小为a，由牛顿第二定律得Mg－T＝Ma
对小球，沿AC方向由牛顿第二定律得T－mgcos 53°＝ma
解得T＝
。
答案：(1)Mg－mg　(2)6∶5 (3)
2.(2018·湖北三市五校联考)如图所示，一质量不计的细线绕过无摩擦的轻质小定滑轮O与质量为5m的砝码相连，另一端与套在一根固定光滑的竖直杆上质量为m的圆环相连，直杆上有A、C、B三点，且C为AB的中点，AO与竖直杆的夹角为53°，C点与滑轮O在同一水平高度，滑轮与竖直杆相距为L，重力加速度为g，设竖直杆足够长，圆环和砝码在运动过程中不会与其他物体相碰。现将圆环从A点由静止释放(已知
sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)，求：
(1)砝码下降到最低点时，圆环的速度大小；
(2)圆环能下滑的最大距离；
(3)圆环下滑到B点时的速度大小。
解析：(1)当圆环到达C点时，砝码下降到最低点，此时砝码速度为零，由几何关系得
圆环下降高度为hAC＝
砝码下降高度为Δh＝－L＝
由系统机械能守恒得mghAC＋5mgΔh＝mv12
则圆环的速度v1＝2。
(2)当圆环下滑的最大距离为H时，圆环和砝码的速度均为零
砝码上升的高度ΔH＝ －
由系统机械能守恒，圆环重力势能的减少量等于砝码重力势能的增加量，即
mgH＝5mgΔH
得圆环能下滑的最大距离H＝。
(3)当圆环运动到B点时，下滑的高度hAB＝，而砝码的高度不变，设圆环的速度为v2，此时砝码的速度为v2cos 53°。由系统机械能守恒得
mghAB＝mv22＋×5m(v2cos 53°)2
得圆环下滑到B点时的速度v2＝ 。
答案：(1)2　(2)　(3)
命题点(三)　动量观点与能量观点的综合应用
[研一题]————————————————————————————————
如图所示，质量为m1＝0.01 kg的子弹A，垂直纸筒的旋转轴穿过高速旋转的纸筒B，且只在B上留下一个弹孔，子弹穿过B后打入质量为m2＝0.99 kg的木块C中，并留在C里面(A、C可视为质点)，C放在长木板D的左端，D的质量m3＝3 kg，长度L1＝0.375 m，D放在光滑的水平桌面上，水平桌面的右端有一很薄的与D等高的固定挡板E，D的右端到E的距离L2＝0.125 m，D碰到E即被粘牢，C飞到桌面下方的水平地面上，已知纸筒直径
d＝30 cm，纸筒匀速旋转的角速度ω＝π×103 rad/s，C与D之间的动摩擦因数μ＝0.1，D的上表面距离地面高H＝5 m，子弹穿过纸筒的过程中所受的摩擦力忽略不计，取g＝10 m/s2。

(1)若发射子弹的枪有两个挡位，可以发射两种初速度不同的子弹，为了让子弹穿过纸筒的时间尽可能短，两个挡位的发射速度分别是多少？
(2)在(1)问中，讨论子弹A打入C后，A、C整体能否与D达到共同速度，若A、C整体能与D达到共速，求出A、C整体落到地面上距桌边的距离。
[过程分析]
过
程
子弹A穿过纸筒B
子弹A打击木块C
木块C(含子弹A)与长木板D相互作用
木块C(含子弹A)水平飞出做平抛运动
模
型
匀速直线运动、匀速圆周运动
子弹打木块模型(完全非弹性碰撞)
(约束条件下的)板块模型
平抛运动模型
方
法
同时性
近似法
理想模型法、假设法
运动的合成与分解
规
律
直线运动规律、圆周运动规律
动量守恒定律
动量守恒定律、动能定理、能量守恒定律
平抛运动规律
[解析]　(1)根据题意，枪有两个挡位，子弹穿过纸筒后只留下一个弹孔，且穿过纸筒的时间尽可能的短，纸筒转过的角度应满足：
α＝(2n＋1)π，式中n取0和1
子弹穿过纸筒的时间为：t＝
则子弹的速度为：v＝＝①
把n＝0,1分别代入①式得子弹的速度分别为：
v1＝300 m/s，v2＝100 m/s。
(2)设子弹A打入C后，A、C整体的共同速度为v11, 由动量守恒定律得：
m1v＝(m1＋m2)v11②
假设A、C整体能够与D达到的共同速度为v22, 由动量守恒定律得：
(m1＋m2)v11＝(m1＋m2＋m3)v22③
设此过程中A、C整体相对于D滑动的位移是s1，由能量守恒定律得：
μ(m1＋m2)gs1＝(m1＋m2)v112－(m1＋m2＋m3)v222④
联立②③④得：s1＝⑤
讨论：
Ⅰ.当v＝v1＝300 m/s时，代入⑤式得：s1＝3.375 m>L1，说明此种情况下A、C整体与D不能共速。
Ⅱ.当v＝v2＝100 m/s时，代入⑤式得：s1＝0.375 m＝L1，说明此种情况下A、C整体刚好没有滑离D。
设此过程中D相对桌面的位移是s2，由动能定理得：
μ(m1＋m2)gs2＝m3v222⑥
联立②③⑥式，并代入数据得：
v22＝0.25 m/s，s2＝0.093 75 m<0.125 m＝L2⑦
则A、C整体刚好滑到D的右端时，还没有与E碰撞，说明此种情况下A、C整体能与D共速，当D与E碰撞并粘牢后，A、C整体做平抛运动，设落到水平地面上的距离为s，由运动学知识得：平抛运动的时间：t＝ ＝ s＝1 s
s＝v22t＝0.25×1 m＝0.25 m。
[答案]　(1)300 m/s　100 m/s　(2)若子弹的初速度是300 m/s，则A、C整体不能与D达到共同速度；若子弹的初速度是100 m/s，则A、C整体能与D达到共同速度　0.25 m
[悟一法]————————————————————————————————
1．力学规律的选用原则
(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律。若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿运动定律。
(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决。
2．系统化思维方法
(1)对多个研究对象运用系统化思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)。
(2)对多个物理过程运用系统化思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决复杂的运动。
[通一类]————————————————————————————————
1．(2018·北京高考)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点。质量m＝60 kg 的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s。取重力加速度
g＝10 m/s2。
(1)求长直助滑道AB的长度L；
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；
(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。
解析：(1)根据匀变速直线运动公式，有
L＝＝100 m。
(2)根据动量定理，有I＝mvB－mvA＝1 800 N·s。
(3)运动员经过C点时的受力如图所示。
根据牛顿第二定律，有
FN－mg＝m
运动员在BC段运动的过程中，根据动能定理，有
mgh＝mvC2－mvB2
解得FN＝3 900 N。
答案：(1)100 m　(2)1 800 N·s (3)受力图见解析图　3 900 N
2．(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：

(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；
(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。
解析：(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有
E＝mv02①
设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有
0＝v0－gt②
联立①②式得
t＝ 。③
(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④
火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设爆炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有
mv12＋mv22＝E⑤
mv1＋mv2＝0⑥
由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹向上运动部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有
mv12＝mgh2⑦
联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为
h＝h1＋h2＝。⑧
答案：(1) 　(2)
3.(2018·泉州模拟)如图，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘平齐。B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ＝，质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触。现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半。
(1)求细绳能够承受的最大拉力；
(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大；
(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来。

解析：(1)设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程，由动能定理得：
mgL＝mv02
解得：v0＝
小球在最低点时拉力最大，由牛顿第二定律得：
FT－mg＝m
解得：FT＝3mg
由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：FT′＝FT
即细绳能够承受的最大拉力为：FT′＝3mg。
(2)小球与C碰撞后做平抛运动，竖直位移：h＝gt2
水平位移：L＝t
解得：h＝L。
(3)小球与C碰撞过程中小球和C组成的系统动量守恒，设碰撞后C的速率为v1，
依题意有mv0＝m＋3mv1
假设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程中，设两者最终共同速率为v2，
由动量守恒定律得：3mv1＝(3m＋6m)v2
由能量守恒定律得：
×3mv12＝(3m＋6m)v22＋μ·3mgs
联立解得：s＝
由s 答案：(1)3mg　(2)L　(3)C不会从木板上掉下来，计算过程见解析
[专题强训提能]
1.(2018·福建联考)如图，固定直杆上套有一小球和两根轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点。直杆与水平面的夹角为θ，小球质量为m，两根轻弹簧的原长均为L、劲度系数均为，g为重力加速度。
(1)小球在距B点L的P点处于静止状态，求此时小球受到的摩擦力大小和方向；
(2)设小球在(1)中P点受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等。现让小球从P点以一沿杆方向的初速度向上运动，小球最高能到达距A点L的Q点，求初速度的
大小。
解析：(1)小球在P点时两根弹簧的弹力大小相等，设为F，根据胡克定律有
F＝k
设小球静止时受到的摩擦力大小为Ff，方向沿杆向下，
根据平衡条件有mgsin θ＋Ff ＝2F
解得Ff＝，方向沿杆向下。
(2)小球在P、Q两点时，弹簧的弹性势能相等，故小球从P到Q的过程中，弹簧对小球做功为零
由动能定理有W合＝ΔEk
－mg·2sin θ－Ff·2＝0－mv2
解得v＝。
答案：(1)，方向沿杆向下　(2)
2．(2019届高三·湖南六校联考)如图所示，在光滑水平面上有一质量为2 018m的木板，板上有2 018块质量均为m的相同木块1、2、…、2 018。最初木板静止，各木块分别以v、2v、…、2 018v的初速度同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为μ，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象。求：

(1)最终木板的速度；
(2)运动中第88块木块的最小速度；
(3)第2块木块相对木板滑动的时间。
解析：(1)设最终木板和木块一起以速度v′运动，由动量守恒定律可知
m(v＋2v＋…＋nv)＝2nmv′
解得v′＝v＝v。
(2)设第k块木块的最小速度为vk，则此时木板及第1至第(k－1)块木块的速度均为vk；因为每块木块质量相等，所受合外力也相等(均为μmg)，故在相等时间内，其速度的减少量也相等，因而此时，第(k＋1)块至第n块木块的速度依次为vk＋v、vk＋2v、…、vk＋(n－k)v；
系统动量守恒，故
m(v＋2v＋…＋nv)＝(nm＋km)vk＋m(vk＋v)＋…＋m[vk＋(n－k) v]
解得vk＝，v88＝v。
(3)第2块木块刚相对木板静止的速度为
v2＝＝×2v＝v
因为木块的加速度总为a＝μg
v2＝2v－μgt，解得t＝＝。
答案：(1)v　(2)v　(3)
3.(2018·西安一中模拟)光滑水平面上，用轻质弹簧连接的质量为mA＝2 kg、mB＝3 kg的A、B两物体都处于静止状态，此时弹簧处于原长。将质量为mC＝5 kg 的物体C，从半径R＝3.2 m的光滑圆弧轨道最高点由静止释放，如图所示，圆弧轨道的最低点与水平面相切，B与C碰撞后粘在一起运动。求：
(1)B、C碰撞刚结束时的瞬时速度的大小；
(2)在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。
解析：(1)对C下滑过程中，由动能定理得
mCgR＝mCv02
设B、C碰撞后B与C整体的瞬时速度为v1，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得
mCv0＝(mB＋mC)v1
解得v1＝5 m/s。
(2)由题意可知，当A、B、C速度大小相等时弹簧的弹性势能最大，设此时三者的速度大小为v2，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得
(mC＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2
设弹簧的最大弹性势能为Ep，则对B、C碰撞后到A、B、C速度相同过程中，由能量守恒定律得(mB＋mC)v12＝(mA＋mB＋mC)v22＋Ep
解得Ep＝20 J。
答案：(1)5 m/s　(2)20 J


4．(2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；
(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
解析：(1)设B车碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有
μmBg＝mBaB①
设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有
vB′2＝2aBsB②
联立①②式并利用题给数据得
vB′＝3.0 m/s。③
(2)设A车碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有
μmAg＝mAaA④
设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有
vA′2＝2aAsA⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有
mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA＝4.25 m/s。⑦
答案：(1)3.0 m/s　(2)4.25 m/s
5．(2018·临沂模拟)如图，长度x＝5 m的粗糙水平面PQ的左端固定一竖直挡板，右端Q处与水平传送带平滑连接，传送带以一定速率v逆时针转动，其上表面QM间距离为L＝4 m，粗糙水平面MN无限长，M端与传送带平滑连接。物块A和B可视为质点，A的质量m＝1.5 kg，B的质量M＝5.5 kg。开始时A静止在P处，B静止在Q处，现给A一个向右的v0＝8 m/s的初速度，A运动一段时间后与B发生弹性碰撞，设A、B与传送带和水平面PQ、MN间的动摩擦因数均为μ＝0.15，A与挡板的碰撞无机械能损失。取重力加速度g＝10 m/s2。

(1)求A、B碰撞后瞬间的速度大小；
(2)若传送带的速率为v＝4 m/s，试判断A、B能否再相遇，若能相遇，求出相遇的位置；若不能相遇，求它们最终相距多远。
解析：(1)设A与B碰撞前的速度为vA，由P到Q过程，由动能定理得：
－μmgx＝mvA2－mv02
A与B碰撞前后动量守恒，有mvA＝mvA′＋MvB′
由能量守恒定律得：mvA2＝mvA′2＋MvB′2
解得vA′＝－4 m/s，vB′＝3 m/s
即A、B碰撞后瞬间的速度大小分别为4 m/s、3 m/s。
(2)设A碰撞后运动的路程为sA，由动能定理得：
－μmgsA＝0－mvA′2
sA＝ m
所以A与挡板碰撞后再向右运动sA′＝sA－x＝ m
设B碰撞后向右运动的距离为sB，由动能定理得：
－μMgsB＝0－MvB′2
解得sB＝3 m 故B碰撞后不能滑上MN，当速度减为0后，B将在传送带的作用下反向加速运动，B再次到达Q处时的速度大小为3 m/s；在水平面PQ上，由运动的对称性可知，B再运动
sB′＝sB＝3 m速度为零，sB′＋sA′<5 m，所以A、B不能再次相遇。
最终A、B的距离sAB＝x－sA′－sB′＝ m。
答案：(1)4 m/s　3 m/s　(2)不能相遇　 m
6．(2018·肇庆高中模拟)如图所示，质量M＝1.5 kg 的小车静止于光滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为mQ＝
0.5 kg的滑块Q。水平放置的轻弹簧左端固定，质量为mP＝0.5 kg的小物块P置于光滑桌面上的A点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长。现用水平向左的推力F将P缓慢推至B点(弹簧处于弹性限度内)，推力做功WF＝4 J，撤去F后，P沿桌面滑到小车左端并与Q发生弹性碰撞，最后Q恰好没从小车上滑下。已知Q与小车表面间动摩擦因数μ＝0.1，取
g＝10 m/s2。

(1)P刚要与Q碰撞前的速度是多少？
(2)Q刚在小车上滑行时的初速度是多少？
(3)小车的长度是多少？
解析：(1)F通过P压缩弹簧做功，根据功能关系有
Ep＝WF
当弹簧完全推开P时，有
Ep＝mPv2
解得v＝4 m/s。
(2)P、Q之间发生弹性碰撞，设碰撞后Q的速度为v0，P的速度为v′，由动量守恒定律和能量守恒定律得
mPv＝mPv′＋mQv0
mPv2＝mPv′2＋mQv02
解得v0＝4 m/s，v′＝0。
(3)设Q滑到小车右端后两者的共同速度为u，
由动量守恒定律可得mQv0＝(mQ＋M)u
设小车的长度为L，根据能量守恒定律，系统产生的摩擦热
μmQgL＝mQv02－(mQ＋M)u2
解得L＝6 m。
答案：(1)4 m/s　(2)4 m/s　(3)6 m
第1讲
考纲实验
高考热点
　　①研究匀变速直线运动；②探究弹力和弹簧伸长的关系；③验证力的平行四边形定则；④验证牛顿运动定律；⑤探究动能定理；⑥验证机械能守恒定律；⑦验证动量守恒定律。
　　高考除了对教科书中原有的学生实验进行考查外，还增加了对演示实验的考查，利用学生所学过的知识，对实验器材或实验方法加以重组，来完成新的实验设计。复习本讲内容时要注意以下几点：①熟知各种器材的特性；②熟悉教科书中的实验，抓住实验的灵魂——实验原理；③掌握数据处理的方法；④熟知两类误差分析——系统误差和偶然误差。

命题点(一)　基本仪器的使用和读数
1．游标卡尺读数方法
刻度
格数
刻度总长
度(mm)
每小格与1 mm相差(mm)
精确度(mm)
游标尺上第n条刻度线与主尺上的某刻度线对齐时游标卡尺的读数(mm)
10
9
0.1
0.1
主尺上读的毫米数＋0.1n
20
19
0.05
0.05
主尺上读的毫米数＋0.05n
50
49
0.02
0.02
主尺上读的毫米数＋0.02n
注意：(1)读数最后的“0”不能丢，且不需要估读。
(2)读数时主尺和游标尺所用单位要统一，都用mm，最后根据题目要求转换单位。
(3)游标卡尺可以测量外径、内径、长度、深度等。
2．螺旋测微器读数方法
测量值＝固定刻度值(注意半毫米刻度线是否露出)＋精确度×可动刻度上与固定刻度水平线所对的刻度值(注意刻度值要估读一位)。精确度为0.01 mm。
注意：(1)螺旋测微器读数以“mm”为单位时，小数点后面一定有三位数字。
(2)螺旋测微器需要估读，读数时要估读到0.001 mm。




3．时间测量类仪器
(1)打点计时器
计时器种类
工作电源电压
打点间隔
电磁打点计时器
交流50 Hz,4～6 V
0.02 s
电火花计时器
交流50 Hz,220 V
0.02 s
(2)频闪照相机
其作用和处理方法与打点计时器类似，它是用等时间间隔获取图像信息的方法，将物体在不同时刻的位置记录下来，使用时要明确频闪的时间间隔。
[对点训练]
1．如图甲、乙、丙是用游标卡尺测量时的示意图，图甲为50分度游标卡尺，图乙为20分度游标卡尺，图丙为10分度游标卡尺，它们的读数分别为：__________；__________；__________。


解析：在题图甲中，主尺读数为42 mm，游标尺上第8条刻度线与主尺上的一条刻度线对齐，由于游标卡尺是50分度的，所以读数为42 mm＋8×0.02 mm＝42.16 mm；在题图乙中，主尺读数为63 mm，游标尺上第6条刻度线与主尺上的一条刻度线对齐，由于游标卡尺是20分度的，所以读数为63 mm＋6×0.05 mm＝63.30 mm；在题图丙中，主尺读数为17 mm，游标尺上第7条刻度线与主尺上的一条刻度线对齐，由于游标卡尺是10分度的，所以读数为17 mm＋7×0.1 mm＝17.7 mm。
答案：42.16 mm　63.30 mm　17.7 mm
2．如图甲、乙、丙是螺旋测微器的三次测量结果，其读数分别为：________mm、________mm、________mm。

解析：由螺旋测微器的读数规则知，题图甲：固定刻度读数＋可动刻度读数＝6.5 mm＋35.8×0.01 mm＝6.858 mm。题图乙：固定刻度读数＋可动刻度读数＝0＋1.0×0.01 mm＝0.010 mm。题图丙：固定刻度读数＋可动刻度读数＝0.5 mm＋14.9×0.01 mm＝0.649 mm。
答案：6.858　0.010　0.649
3.小明仿照螺旋测微器的构造，用水杯制作了一个简易测量工具，已知杯盖的螺距为2.0 cm，将杯盖一圈均匀分为200份，杯盖拧紧时可动刻度的“0”位置与固定刻度的“0”位置(固定在杯体上)对齐。如图所示，测量工具显示的读数为________cm。
解析：由题意可知，杯盖的螺距是2.0 cm，将可动刻度分为200等份，则其精度为：
0.1 mm，由题图知，固定刻度读数为0，可动刻度读数为0.1×168.0 mm＝16.80 mm＝
1.680 cm，所以最终读数为：0＋1.680 cm＝1.680 cm。
答案：1.680
命题点(二)　对力学基础实验的考查

利用纸带确定时间、速度、加速度
1．由纸带确定时间：要知道打点计时器打出的点与人为选取的计数点之间的区别与联系，若每五个点取一个计数点，则计数点间的时间间隔Δt＝0.02×5 s＝0.10 s。
2．求解瞬时速度：利用做匀变速运动的物体在一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求某一点的瞬时速度。如图甲所示，第n点的速度vn＝。

3．用“逐差法”求加速度：如图乙所示，因为a1＝，a2＝，a3＝，所以a＝＝。


4．图像法求加速度
(1)由vn＝，求出相应点的速度。
(2)确定各计数点的坐标值(T，v1)、(2T，v2)、…、(nT，vn)。
(3)画出v­t图像，图线的斜率为物体做匀变速直线运动的加速度。
注意：凡是应用打点计时器的实验，都必须先接通电源，等打点稳定后，再释放纸带。
[对点训练]
1．(2018·北京高考)用图1所示的实验装置研究小车速度随时间变化的规律。

主要实验步骤如下：
a．安装好实验器材，接通电源后，让拖着纸带的小车沿长木板运动，重复几次。
b．选出一条点迹清晰的纸带，找一个合适的点当作计时起点O(t＝0)，然后每隔相同的时间间隔T选取一个计数点，如图2中A、B、C、D、E、F、…所示。

c．通过测量、计算可以得到在打A、B、C、D、E、…点时小车的速度，分别记作v1、v2、v3、v4、v5、…
d．以速度v为纵轴、时间t为横轴建立直角坐标系，在坐标纸上描点，如图3所示。

结合上述实验步骤，请你完成下列任务：
(1)在下列仪器和器材中，还需要使用的有________和________(填选项前的字母)。
A．电压合适的50 Hz交流电源
B．电压可调的直流电源
C．刻度尺
D．秒表
E．天平(含砝码)
(2)在图3中已标出计数点A、B、D、E对应的坐标点，请在该图中标出计数点C对应的坐标点，并画出v­t图像。
(3)观察v­t图像，可以判断小车做匀变速直线运动，其依据是_____________________
_______________。v­t图像斜率的物理意义是________。
(4)描绘v­t图像前，还不知道小车是否做匀变速直线运动。用平均速度表示各计数点的瞬时速度，从理论上讲，对Δt的要求是____________(选填“越小越好”或“与大小无关”)；从实验的角度看，选取的Δx大小与速度测量的误差________(选填“有关”或“无关”)。
(5)早在16世纪末，伽利略就猜想落体运动的速度应该是均匀变化的。当时只能靠滴水计时，为此他设计了如图4所示的“斜面实验”，反复做了上百次，验证了他的猜想。请你结合匀变速直线运动的知识，分析说明如何利用伽利略“斜面实验”检验小球的速度是随时间均匀变化的。
解析：(1)打点计时器使用的是交流电源，故A正确，B错误；相邻打点间的时间间隔是已知的，故D错误；计数点间的距离需要用刻度尺测量，故C正确；由于不需要知道小车和重物的质量，故不需要天平(含砝码)，故E错误。
(2)C点对应的横坐标为3T，纵坐标为v3，连线时要让尽量多的点在一条直线上，如图所示。

(3)可以依据v­t图像是倾斜的直线(斜率一定)，即小车的速度随时间均匀变化，判断出小车做匀变速直线运动；v­t图像的斜率表示加速度。

(4)从理论上讲，表示的是Δt内的平均速度，只有当Δt趋近于0时，才表示瞬时速度，因此若用表示各计数点的瞬时速度，对Δt的要求是越小越好；从实验的角度看，选取的Δx越小，用计算得到的平均速度越接近计数点的瞬时速度，但Δx过小，测量误差增大，因此选取的Δx大小与速度测量的误差有关。
(5)如果小球的初速度为0，其速度v∝t，那么它通过的位移x＝·t，故推出x∝t2。因此，只要测量小球通过不同位移所用的时间，就可以检验小球的速度是否随时间均匀变化。
答案：(1)A　C　(2)见解析图　(3)小车的速度随时间均匀变化　加速度　(4)越小越好　有关　(5)如果小球的初速度为0，其速度v∝t，那么它通过的位移x∝t2。因此，只要测量小球通过不同位移所用的时间，就可以检验小球的速度是否随时间均匀变化。

1．实验数据的处理方法
列表法
将测得的实验数据填入设计好的表格中，分析两物理量间的定性关系
图像法
根据记录的实验数据在平面直角坐标系内作图。若是曲线应平滑，若是直线要让直线过尽量多的点，或各点在直线两侧均匀分布
函数法
往往是根据图像得到物理量间的函数关系方程式
2．F­x和F­l图像的特点
(1)F­x图线为一条过原点的直线，而F­l图线为一条倾斜直线但不过原点。
(2)F­x图线和F­l图线的斜率均表示弹簧(或橡皮筋)的劲度系数。
(3)F­l图线在l轴的截距表示弹簧(或橡皮筋)的原长。
(4)F­x和F­l图线发生弯曲的原因是弹簧(或橡皮筋)超出了弹性限度。
[对点训练]
2．(2018·全国卷Ⅰ)如图(a)，一弹簧上端固定在支架顶端，下端悬挂一托盘；一标尺由游标和主尺构成，主尺竖直固定在弹簧左边；托盘上方固定有一能与游标刻度线准确对齐的装置，简化为图中的指针。

现要测量图(a)中弹簧的劲度系数。当托盘内没有砝码时，移动游标，使其零刻度线对准指针，此时标尺读数为1.950 cm；当托盘内放有质量为0.100 kg的砝码时，移动游标，再次使其零刻度线对准指针，标尺示数如图(b)所示，其读数为________cm。当地的重力加速度大小为9.80 m/s2，此弹簧的劲度系数为________N/m(保留三位有效数字)。
解析：标尺的游标为20分度，精确度为0.05 mm，游标的第15个刻度与主尺刻度对齐，则读数为37 mm＋15×0.05 mm＝37.75 mm＝3.775 cm。弹簧形变量x＝(3.775－1.950)cm＝1.825 cm，砝码平衡时，mg＝kx，所以弹簧的劲度系数k＝＝ N/m≈53.7 N/m。
答案：3.775　53.7

验证力的平行四边形定则实验的注意点
1．在同一次实验中，使橡皮筋拉长时，结点到达的位置一定要相同。
2．用两个弹簧测力计钩住细绳套互成角度地拉橡皮筋时，夹角不宜太大也不宜太小，在60°～100°之间为宜。
3．读数时应注意使弹簧测力计与木板平行，并使细绳套与弹簧测力计的轴线在同一条直线上，读数时眼睛要正视弹簧测力计的刻度，在合力不超过量程及橡皮筋弹性限度的前提下，拉力的数值尽量大些。
4．细绳套应适当长一些，便于确定力的方向，不要直接沿细绳套的方向画直线，应在细绳套末端用铅笔画一个点，去掉细绳套后，再将所标点与O点连接，即可确定力的方向。
5．在同一次实验中，画力的图示时所选定的标度要相同，并且要恰当选取标度，使所作力的图示适当大一些。
6．当用一个弹簧测力计拉橡皮筋时，弹簧测力计轴线方向一定在橡皮筋所在直线上，但用作图法得到的力F和实际测量得到的力F′可能不完全重合，原因主要是弹簧测力计读数有误差，确定分力方向不够准确等。
[对点训练]
3．在探究求合力的方法时，先将橡皮筋的一端固定在水平木板上，另一端系上带有绳套的两根细绳。实验时，需要两次拉伸橡皮筋，一次是通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮筋，另一次是用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮筋。
(1)实验对两次拉伸橡皮筋的要求中，下列说法正确的是________(填字母代号)。
A．将橡皮筋拉伸相同长度即可
B．将橡皮筋沿相同方向拉到相同长度
C．将弹簧秤都拉伸到相同刻度
D．将橡皮筋和细绳的结点拉到相同位置
(2)同学们在操作过程中有如下议论，其中对减小实验误差有益的说法是________(填字母代号)。
A．两细绳必须等长
B．弹簧秤、细绳、橡皮筋都应与木板平行

C．用两弹簧秤同时拉细绳时两弹簧秤示数之差应尽可能大
D．拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要近些
解析：(1)实验目的是为了验证力的平行四边形定则，即研究合力与分力的关系，根据合力与分力的等效性，实验中橡皮筋两次要沿相同方向拉伸到相同的长度，即橡皮筋和细绳的结点要拉到相同位置，使两次效果相同，即两个拉力和一个拉力等效，故B、D正确。
(2)通过两细绳用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮筋时，并非要求两细绳等长，A错误；测量力的实验要求尽量准确，为了减小实验中因摩擦造成的误差，操作中弹簧秤、细绳、橡皮筋都应与木板平行，B正确；用两弹簧秤同时拉细绳时对弹簧秤示数之差没有要求，只要使得两次橡皮筋和细绳的结点拉到相同位置即可，C错误；为了更加准确地记录力的方向，拉橡皮筋的细绳要长些，标记同一细绳方向的两点要远些，D错误。
答案：(1)BD　(2)B

1．实验中的“两个重要”
重要
步骤
实验要求小车的合外力为细绳对小车的拉力，因此必须平衡摩擦力
平衡摩擦力时注意：①不能在细绳的另一端挂砝码盘；②必须让小车连上纸带且打点计时器处于工作状态；③同一次实验中，平衡摩擦力后不必再次平衡
重要
条件
小车所受的合外力不等于砝码和砝码盘所受的总重力mg，要想把砝码和砝码盘所受的总重力当作小车所受的合外力，则必须保证小车质量M远大于砝码和砝码盘的总质量m(M≫m)
2.对于实验图像问题，往往要根据物理规律写出纵轴物理量与横纵物理量间的函数关系式，然后进行判定。
[对点训练]
4．(2019届高三·惠州调研)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验时，采用了如图甲所示的实验方案。操作如下：

(1)平衡摩擦力时，若所有的操作均正确，打出的纸带如图乙所示，应________(填“减小”或“增大”)木板的倾角，反复调节，直到纸带上打出的点迹________为止。


(2)已知小车质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m，要使细线的拉力近似等于砝码盘和砝码所受的总重力，应该满足的条件是m________(填“远小于”“远大于”或“等于”)M。
(3)图丙为小车质量一定时，根据实验数据描绘的小车加速度a的倒数与砝码盘和砝码的总质量m的倒数之间的实验关系图像。若牛顿第二定律成立，则小车的质量M＝________kg(g取10 m/s2)。

解析：(1)根据题图乙可知，小车做减速运动，说明平衡摩擦力不足，因此需要增大木板的倾角，直到纸带上打出的点迹均匀为止。
(2)对整体：mg＝(M＋m)a，小车的拉力：F＝Ma＝＝，当M≫m时，可以认为小车受到的合力等于砝码盘和砝码所受的总重力，故填远小于。
(3)由mg＝(M＋m)a得＝·＋，题图丙中图线斜率k＝＝，得M＝
0.08 kg。
答案：(1)增大　均匀　(2)远小于　(3)0.08

1．注意平衡摩擦力
将木板一端垫高，使小车所受的重力沿斜面向下的分力与摩擦力平衡。轻推小车，由打点计时器打在纸带上的点是否均匀判断小车是否做匀速运动。
2．用比例法表示功
橡皮筋应选规格一样的，弹力对小车做的功以一根橡皮筋做的功为单位即可，不必计算出具体数值，这是本实验的技巧之一，通过转换的方法巧妙地表示了功。
3．实验数据的处理
在研究W与v的关系时，通常有定性分析和定量计算两种考查方式。定性分析时一般要求作出W­v2图像，如果是一条过原点的直线，则W与v2成正比；定量计算时需要利用
W＝Fx计算出合外力做的功，再利用ΔEk＝mv2－mv02计算出动能的变化量，然后比较
W与ΔEk。


[对点训练]
5．利用如图1所示的实验装置探究恒力做功与物体动能变化的关系。小车的质量为
M＝200.0 g，钩码的质量为m＝10.0 g，打点计时器的电源为50 Hz的交流电。


(1)挂钩码前，为了消除摩擦力的影响，应调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车观察到________________。
(2)挂上钩码，按实验要求打出的一条纸带如图2所示。选择某一点为O，依次每隔4个计时点取一个计数点。用刻度尺量出相邻计数点间的距离Δx，记录在纸带上。计算打出各计数点时小车的速度v，其中打出计数点“1”时小车的速度v1＝________m/s。

(3)将钩码的重力视为小车受到的拉力，取g＝9.80 m/s2，利用W＝mgΔx算出拉力对小车做的功W。利用Ek＝Mv2算出小车动能，并求出动能的变化量ΔEk。计算结果如表所示。
W/(×10－3 J)
2.45
2.92
3.35
3.81
4.26
ΔEk/(×10－3 J)
2.31
2.73
3.12
3.61
4.00
请根据表中的数据，在图3中作出ΔEk­W图像。

(4)实验结果表明，ΔEk总是略小于W。某同学猜想是由于小车所受拉力小于钩码重力造成的。用题中小车和钩码质量的数据可算出小车受到的实际拉力F＝________N。
解析：(1)挂钩码前，调节木板右侧的高度，直至向左轻推小车，小车做匀速运动，表明此时已消除了摩擦力的影响。

(2)打出计数点“1”时小车的速度
v1＝ m/s＝0.228 m/s。
(3)根据表格中的数据，描点作图，如图所示。

(4)由于W＝mgΔx，ΔEk＝FΔx，则有F＝mg＝×10.0×10－3×
9.80 N≈0.093 N。
答案：(1)小车做匀速运动　(2)0.228　(3)见解析图　(4)0.093

1．验证机械能守恒定律的数据处理
方法一：利用起始点和第n点计算。代入ghn和vn2，如果在实验误差允许的范围内，ghn＝vn2，则验证了机械能守恒定律。
方法二：任取两点计算。任取两点A、B测出hAB，算出ghAB、vB2－vA2的值；在实验误差允许的范围内，若ghAB＝vB2－vA2，则验证了机械能守恒定律。
方法三：图像法。从纸带上选取多个点，测量从第一点到其余各点的下落高度h，并计算各点速度的平方v2，然后以v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出v2­h图线。若在实验误差允许的范围内图线是一条过原点且斜率为g的直线，则验证了机械能守恒定律。
2．误差分析
教科书中验证机械能守恒定律的实验是利用自由落体运动进行研究的，在重物和纸带下落过程中要克服阻力做功，故动能的增加量一定略小于重力势能的减少量，这是不可避免的，属于系统误差。而利用竖直上抛运动验证机械能守恒定律，动能的减少量略大于重力势能的增加量，所以在对误差进行分析时，要根据实验方法和条件合理分析，不能盲目套用公式或结论。


[对点训练]
6．用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。实验时接通电源，质量为m2的重物从高处由静止释放，质量为m1的重物拖着纸带打出一系列的点，图乙是实验中打出的一条纸带，A是打下的第1个点，量出计数点E、F、G到A点的距离分别为d1、d2、d3，每相邻两计数点的时间间隔为T，当地重力加速度为g。(以下所求物理量均用已知符号表达)

(1)在打下点A～F的过程中，系统动能的增加量ΔEk＝_______________，系统重力势能的减少量ΔEp＝________________，若ΔEk、ΔEp近似相等，即可验证机械能守恒定律。
(2)某同学根据纸带算出打下各计数点时的速度，并作出-d图像如图丙所示，若图线的斜率k＝____________，即可验证机械能守恒定律。
解析：(1)由于每相邻两计数点的时间间隔为T，根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，可求出点F的瞬时速度：vF＝，在打下点A～F过程中系统动能的增加量：ΔEk＝(m1＋m2)vF2＝，系统重力势能的减少量：ΔEp＝(m2－m1)gd2。
(2)根据机械能守恒定律可知，(m2－m1)gd＝(m1＋m2)v2，即有：＝gd，所以v2­d图像中图线的斜率k＝g。
答案：(1)　(m2－m1)gd2 (2)g

1．在一维碰撞中，测出物体的质量和碰撞前后物体的速度，计算出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v1′＋m2v2′，判断碰撞前后动量是否守恒。
2．误差分析
(1)系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求。
①碰撞是否为一维碰撞。
②实验是否满足动量守恒的条件，如气垫导轨是否水平，两球是否等大，用长木板实验时是否平衡掉摩擦力。
(2)偶然误差：主要来源于质量m和速度v的测量。

[对点训练]
7．某同学设计了一个用打点计时器探究碰撞过程中动量变化规律的实验：在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速直线运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速直线运动，他设计的具体装置如图甲所示，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50 Hz，长木板右端下面垫着小木片以平衡摩擦力。

(1)实验中打出的一条纸带如图乙所示，测得各计数点间距离已在图乙中标出，点1为打下的第一点，则应选________段来计算小车A的碰前速度，应选________段来计算小车A和小车B碰后的共同速度。(均选填“1～2”“2～3”“3～4”或“4～5”)

(2)已测得小车A的质量mA＝0.40 kg，小车B的质量mB＝0.20 kg，由以上测量结果可得：碰前两小车的总动量为_______kg·m/s，碰后两小车的总动量为_______kg·m/s，由此可得出的实验结论是___________________________________________________________________
____________________________________________________。
解析：(1)因小车A碰前做匀速运动，应取纸带上点迹均匀的一段来计算速度，从题图乙可以看出碰前2～3段点迹均匀，碰后4～5段点迹均匀，故取2～3段计算小车A的碰前速度，4～5段计算小车A、B碰后的共同速度。
(2)碰前小车A的速度vA＝＝ m/s＝1.05 m/s，其动量pA＝mAvA＝
0.420 kg·m/s；碰后两小车的共同速度为vAB＝＝ m/s＝0.695 m/s，其总动量
pAB＝(mA＋mB)vAB＝0.417 kg·m/s，由计算结果可知：在实验误差允许的范围内，碰撞前后两小车组成的系统总动量不变。
答案：(1)2～3　4～5　(2)0.420　0.417　在实验误差允许的范围内，碰撞前后两小车组成的系统总动量不变
[专题强训提能]
1．在做“研究匀变速直线运动”的实验时，某同学得到一条用电火花计时器打下的纸带，如图甲所示，并在其上选取A、B、C、D、E、F、G 7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个点在图中没有画出，电火花计时器接220 V、50 Hz交流电源。

(1)设电火花计时器的打点周期为T，计算打下F点时物体的瞬时速度vF的表达式为
vF＝____________。
(2)他经过测量并计算得到电火花计时器在打B、C、D、E、F各点时物体的瞬时速度如表所示。以A点对应的时刻为t＝0时刻，试在如图乙所示坐标系中作出物体的v­t图像，并利用该图像求出物体的加速度大小a＝________m/s2(计算结果保留一位有效数字)。
对应点
B
C
D
E
F
速度/(m·s－1)
0.141
0.180
0.218
0.262
0.301

(3)计数点A对应的速度大小是________m/s(计算结果保留一位有效数字)。
(4)如果当时电网中交变电流的电压变成210 V，而做实验的同学并不知道，那么加速度的测量值与实际值相比________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
解析：(1)打下F点时物体的瞬时速度vF的表达式为：vF＝＝。
(2)物体的v­t图像如图所示，则图像的斜率为物体的加速度大小，即a＝＝ m/s2＝0.4 m/s2。

(3)由v­t图像可知计数点A对应的速度大小为0.1 m/s。
(4)若当时电网中交变电流的电压变成210 V，对打点的时间间隔无影响，则加速度的测量值与实际值相比不变。
答案：(1)　(2)见解析图　0.4　(3)0.1 (4)不变
2．(2018·江苏高考)某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g。细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只质量为M的重锤。实验操作如下：
①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H；
②在重锤1上加上质量为m的小钩码；
③左手将重锤2压在地面上，保持系统静止。释放重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录下落时间；
④重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t。
请回答下列问题：
(1)步骤④可以减小对下落时间t测量的________(选填“偶然”或“系统”)误差。
(2)实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，主要是为了________。
A．使H测得更准确
B．使重锤1下落的时间长一些
C．使系统的总质量近似等于2M
D．使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等
(3)滑轮的摩擦阻力会引起实验误差。现提供一些橡皮泥用于减小该误差，可以怎么做？
(4)使用橡皮泥改进实验后，重新进行实验测量，并测出所用橡皮泥的质量为m0。用实验中的测量量和已知量表示g，得g＝____________________。
解析：(1)对同一物理量多次测量取平均值的目的是减小偶然误差。
(2)设系统运动的加速度为a，则根据牛顿第二定律得mg＝(2M＋m)a，即a＝，而H＝at2，在H一定时，a越小，则t越长，这时测量时间t的误差越小。因此实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，主要是为了使重锤1下落的时间长一些，选项B正确。
(3)可利用橡皮泥平衡摩擦阻力，其方法为在重锤1上粘上橡皮泥，调整橡皮泥的质量直至轻拉重锤1能观察到其匀速下落。
(4)根据牛顿第二定律得mg＝(2M＋m＋m0)a，又H＝at2，解得g＝。
答案：(1)偶然　(2)B　(3)在重锤1上粘上橡皮泥，调整橡皮泥质量直至轻拉重锤1能观察到其匀速下落。
(4)


3.某同学用如图所示装置来验证机械能守恒定律。质量均为M的物体A、B通过细绳连在一起，物体B上放置质量为m的金属片C，在其正下方h处固定一个圆环，P1、P2是相距为d的两个光电门。释放后，系统由静止开始运动，当物体B穿过圆环时，金属片C被搁置在圆环上，数字计时器测出物体B通过P1、P2的时间为t。
(1)物体B刚穿过圆环后的速度v＝________。
(2)实验中只要验证________(填正确选项的序号)等式成立，即可验证机械能守恒定律。
A．mgh＝Mv2　　　　　 B．mgh＝Mv2
C．mgh＝(2M＋m)v2 D．mgh＝(M＋m)v2
(3)本实验中的测量仪器除了图中器材和刻度尺、电源外，还需要________。
解析：(1)物体B穿过圆环后做匀速直线运动，速度v＝。
(2)由题意可知，系统A、B、C减小的重力势能转化为系统增加的动能，即：
mgh＋Mgh－Mgh＝(2M＋m)v2，得：mgh＝(2M＋m)v2，故C对。
(3)由mgh＝(2M＋m)v2知，除了刻度尺、光电门、数字计时器、电源外，还需要天平称出各物体的质量。
答案：(1)　(2)C　(3)天平
4．(2019届高三·太原模拟)在“验证力的平行四边形定则”的实验中，实验小组找到一根橡皮筋和一个弹簧测力计，他们进行了如下操作，请将实验操作和处理补充完整。
(1)用刻度尺测量橡皮筋的自然长度L＝20 cm。
(2)将橡皮筋一端固定在水平面上，用弹簧测力计沿水平方向拉橡皮筋的另一端，测量橡皮筋的长度，记录测力计的示数，分析数据，得出结论：橡皮筋的弹力与其伸长量成正比，且比例系数为k＝0.20 N/cm。
(3)将橡皮筋的两端固定在水平面上的A、B两点，A、B两点间距为20 cm。
(4)在弹簧测力计挂钩上涂抹少许润滑油，将挂钩搭在橡皮筋的中点，用手在水平面内沿AB的垂直方向拉测力计，稳定后如图甲所示，测得橡皮筋的总长度为30 cm。弹簧测力计的示数如图乙所示，则读数为F＝________N。

(5)根据上述数据可求得橡皮筋此时的弹力T＝_______N。
(6)在图甲中根据给出的标度，作出橡皮筋对弹簧测力计挂钩拉力的合力F′的图示。
(7)比较F′与________(填物理量的符号)的大小是否相等、方向是否相反，即可验证实验结论。
解析：(4)由题图乙可知弹簧测力计读数为3.46 N。
(5)橡皮筋伸长量x＝30 cm－20 cm＝10 cm，橡皮筋此时弹力T＝kx＝2.0 N。
(6)橡皮筋两侧的夹角为60°，F1＝F2＝2.0 N，合力F′的图示如图所示。

(7)理论上橡皮筋对弹簧测力计挂钩拉力的合力与弹簧测力计对橡皮筋的拉力等大反向，所以要比较F′与F的大小是否相等、方向是否相反。
答案：(4)3.46(3.45～3.47均可)　(5)2.0(2或2.00均可)
(6)见解析图　(7)F
5．为了用实验验证牛顿第二定律，现提供如图甲所示的实验装置。请回答下列问题：

(1)为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响，应采取的做法是(　　)
A．将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动
B．将木板带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动
C．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动
D．将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车能够静止在木板上
(2)在实验中得到一条打点的纸带，如图乙所示，已知相邻计数点间的时间间隔为T，且间距x1、x2、x3、x4、x5、x6已量出，则小车加速度的表达式为a＝____________。

(3)有一组同学保持小车及车中的砝码质量一定，研究加速度a与所受外力F的关系，他们在轨道水平和倾斜两种情况下分别做了实验，得到了两条a ­ F图线，如图丙所示。图线________(选填“①”或“②”)是在轨道倾斜情况下得到的；小车及车中的砝码总质量m＝________kg。
解析：(1)为平衡摩擦力，应使小车重力沿木板的分力与摩擦力等大反向，此时不能挂钩码，且小车应做匀速直线运动，C正确。
(2)计算加速度时可由逐差法得到三个加速度再取平均值，此时误差较小，即
a＝＝
＝。
(3)轨道倾角太大，即使没有挂钩码小车也能加速下滑，因此图线①为轨道倾斜的情况下得到的。当轨道倾斜时，有F＋mgsin θ－Ff＝ma，当F＝0时，有a＝2 m/s2；当F＝1 N时，有a＝4 m/s2，代入可得m＝0.5 kg。
答案：(1)C　(2) (3)①　0.5
6．学习了机械能守恒定律之后，某研究性学习小组自行设计了“探究弹簧的弹性势能与形变量的关系”实验。他们的方法如下：
(1)如图甲所示，在轻弹簧上端连接一只力传感器，然后固定在铁架台上，当用手向下拉伸弹簧时，弹簧的弹力可从传感器上读出。用刻度尺测量弹簧原长和伸长后的长度，从而确定伸长量。实验获得的数据如表格所示：
伸长量x/10－2 m
2.00
4.00
6.00
8.00
10.00
弹力F/N
1.60
3.19
4.75
6.38
8.02
(2)以x为横坐标，F为纵坐标，请你在图乙的坐标纸上描绘出F与x的关系图线。并由图线求得该弹簧的劲度系数k＝________(保留两位有效数字)。

(3)取下弹簧，将其一端固定于气垫导轨左侧，如图丙所示。调整导轨水平，使滑块自由滑动时，通过两个光电门的时间近似相等。
(4)用天平称出滑块的质量m＝300 g。
(5)用滑块压缩弹簧，记录弹簧的压缩量x；释放滑块，记录滑块脱离弹簧后的速度v，释放滑块过程中，弹簧的弹性势能全部转化为________________。
(6)多次重复(5)中的操作，在弹簧弹性限度内得到v与x的数据整理如表所示：

1
2
3
4
5
6
x/10－2 m
1.00
2.00
3.00
4.00
5.00
6.00
x2/10－4 m2
1.00
4.00
9.00
16.00
25.00
36.00
v/(m·s－1)
0.161
0.321
0.479
0.648
0.800
0.954
v2/(m2·s－2)
0.026
0.103
0.230
0.420
0.640
0.910
mv2/J
0.003 9
0.015 5
0.034 5
0.063 0
0.096 0
0.136 5
(7)结合上面测出的劲度系数k和滑块质量m，可得到的表达式：__________________。
(8)由上述实验可得出的结论：_________________________________________________
_________________________________。
解析：(2)根据数据画出的F­x图像如图所示，

根据图像可得：k＝＝ N/m≈82 N/m。
(5)释放滑块过程中，弹簧的弹性势能全部转化为滑块的动能。
(7)根据所测量的数据，结合k＝82 N/m及m＝0.3 kg，归纳得出：kx2＝mv2。
(8)由上述实验可得出的结论：在实验误差允许的范围内，弹簧的弹性势能与形变量的平方成正比。
答案：(2)见解析图　82 N/m(80～84 N/m均可)　
(5)滑块的动能　(7)kx2＝mv2　
(8)在实验误差允许的范围内，弹簧的弹性势能与形变量的平方成正比
7．(2018·江西九校联考)利用频闪照相和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验，步骤如下：
①用天平测出滑块A、B的质量分别为200 g和300 g；
②安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
③向气垫导轨通入压缩空气；
④把A、B两滑块放到导轨上，并给它们一个初速度，同时开始闪光照相，闪光的时间间隔设定为Δt＝0.2 s, 照片如图所示：

结合实验过程和图像分析知：该图像是闪光4次所得的照片，在这4次闪光的瞬间，A、B两滑块均在0～80 cm刻度范围内；第一次闪光时，滑块A恰好通过x＝55 cm处，滑块B恰好通过x＝70 cm处；碰撞后有一个滑块处于静止状态。 设向右为正方向，试分析：
滑块碰撞时间发生在第一次闪光后________s，碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和是________kg·m/s，碰撞后两滑块的质量与速度乘积之和是_________kg·m/s。
以上实验结果说明，在碰撞过程中保持不变的物理量是__________________________
________________________________________________________________________。
解析：由题意及题图易知，第二次、第三次和第四次闪光时，B始终在x＝60 cm处，说明碰后B静止，滑块碰撞位置发生在60 cm处；第一次闪光时A在x＝55 cm处，第二次闪光时A在x＝50 cm处，说明碰前位移为5 cm，碰后位移为－10 cm，设碰后A的速度为vA′，由题图可知：vA′Δt＝－20 cm，vA′t1＝－10 cm，所以t1＝Δt＝0.1 s，t0＝Δt－t1＝0.1 s，所以滑块碰撞时间发生在第一次闪光后0.1 s；碰前A的速度vA＝ m/s＝0.5 m/s，A的动量pA＝mAvA＝0.2×0.5 kg·m/s＝0.1 kg·m/s；碰前B的速度vB＝－ m/s＝
－1 m/s，B的动量pB＝mBvB＝0.3×(－1)kg·m/s＝－0.3 kg·m/s，碰撞前两滑块的质量与速度乘积之和是－0.2 kg·m/s；碰后A的速度vA′＝－ m/s＝－1 m/s，A的动量pA′＝mAvA′＝0.2×(－1)kg·m/s＝－0.2 kg·m/s；以上实验结果说明，在碰撞过程中保持不变的物理量是两滑块的质量与速度的乘积之和。
答案：0.1　－0.2　－0.2　两滑块的质量与速度的乘积之和
8．(2018·宜宾模拟)某同学设计了如图甲所示的实验装置来验证动能定理。一个电磁铁吸住一个小钢球，将电磁铁断电后，小钢球由静止开始向下加速运动。小钢球经过光电门，计时装置记录小钢球通过光电门1和光电门2的挡光时间分别为t1和t2，用刻度尺测得两光电门中心之间的距离为h，已知当地重力加速度为g。


(1)该同学用游标卡尺测量了小钢球的直径，结果如图乙所示，小钢球的直径d＝________cm。
(2)小钢球通过光电门1时的速度大小为v1＝_________________________________
_________________________。
(3)若上述测量的物理量满足关系式______________________________，则动能定理得以验证。[(2)、(3)问用所测物理量的字母表示]
解析：(1)根据游标卡尺的读数规则可得，小钢球的直径
d＝0.5 cm＋0.05 mm×4＝0.520 cm。
(2)小钢球通过光电门1时的速度大小为v1＝。
(3)若测量的物理量满足关系式m2－m2＝mgh，即2－2＝2gh，则动能定理得以验证。
答案：(1)0.520　(2)　(3)2－2＝2gh
第2讲
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考法
学法
从近几年的高考实验题来看，创新型的题目越来越突出，设计型实验的考查将逐步取代对教科书中原有的单纯学生实验的考查。复习本讲内容时，要注意以下几点：①熟悉各种实验器材的原理和使用方法；②熟知基础实验，能在基础实验的基础上进行创新与改进；③熟悉物理规律，能根据现有的器材设计实验，达到实验目的。
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创新点(一)　实验器材的等效与替换
1．实验器材的等效与替换是实验考题的主要创新设计思路之一。从近几年的高考命题来看，主要有以下几个方向：
(1)用气垫导轨代替长木板，用光电门或频闪相机代替打点计时器。
(2)用拉力传感器代替弹簧测力计。
(3)用钩码或已知质量的物体代替弹簧测力计。
2．对于实验器材的替换，解决问题的思维方式不变，需要注意以下几点：
(1)气垫导轨代替长木板时，应调整导轨水平，不必平衡摩擦力。
(2)拉力传感器的示数即为细线对滑块的拉力，与钩码质量大小无关。
(3)用钩码或已知质量的物体代替弹簧测力计时，钩码或物体的重力不一定等于弹簧测力计的读数。

命题角度1　用光电门或频闪相机代替打点计时器
[例1]　某活动小组利用图甲装置验证机械能守恒定律。钢球自由下落过程中，先后通过光电门A、B，计时装置测出钢球通过A、B的时间分别为tA、tB。用钢球通过光电门的平均速度表示钢球球心通过光电门的瞬时速度。测出两光电门间的距离为h，钢球直径为D，当地的重力加速度为g。
(1)用20分度的游标卡尺测量钢球的直径D，读数如图乙所示，则D＝________cm。

(2)要验证机械能守恒定律，需要比较________。
A．D2与gh是否相等
B．D2与2gh是否相等
C．D2与gh是否相等
D．D2与2gh是否相等
(3)实际上，钢球通过光电门的平均速度______(填“＞”或“＜”)钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差______(填“能”或“不能”)通过增加实验次数减小。
[解析]　(1)根据游标卡尺的读数规则知读数为0.8 cm＋0.05 mm×10＝0.850 cm。
(2)由题意知钢球通过光电门的平均速度等于钢球球心通过光电门的瞬时速度，即v＝，由机械能守恒定律知mgh＝mD2，所以只要比较D2与2gh是否相等即可，D正确。
(3)由匀变速直线运动规律知钢球通过光电门的平均速度等于此过程中中间时刻的瞬时速度，钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度；由此产生的误差属于系统误差，不能通过增加实验次数来减小。
[答案]　(1)0.850　(2)D　(3)＜　不能





命题角度2　用气垫导轨代替长木板
[例2]　某学习小组利用如图所示的装置验证动能定理。

(1)将气垫导轨调至水平，安装好实验器材，从图中读出两光电门中心之间的距离s＝________cm。
(2)测量挡光条的宽度d，记录挡光条通过光电门1和2所用的时间Δt1和Δt2，并从拉力传感器中读出滑块受到的拉力F，为了完成实验，还需要直接测量的一个物理量是_________________________________________________。
(3)该实验是否需要满足砝码盘和砝码的总质量远小于滑块、挡光条和拉力传感器的总质量？________(填“是”或“否”)
[解析]　(1)光电门1处导轨标尺读数为：20.0 cm，光电门2处导轨标尺读数为：70.0 cm，
故两光电门中心之间的距离s＝70.0 cm－20.0 cm＝50.0 cm。
(2)由于光电门的宽度d很小，所以我们用很短时间内的平均速度代替瞬时速度。滑块通过光电门1的瞬时速度为：v1＝，滑块通过光电门2的瞬时速度为：v2＝，根据动能定理需要验证的关系式为：Fs＝Mv22－Mv12＝M2－M2，可见还需要测量出M，即滑块、挡光条和拉力传感器的总质量。
(3)该实验中由于已经用传感器测出细绳拉力大小，不是将砝码和砝码盘所受的重力作为小车的拉力，故不需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量。
[答案]　(1)50.0　(2)滑块、挡光条和拉力传感器的总质量M　(3)否
命题角度3　用钩码或已知质量的物体代替测力计
[例3]　(2018·商丘五校联考)一同学用电子秤、水壶、细线、墙钉和贴在墙上的白纸等物品，在家中验证力的平行四边形定则。

(1)如图(a)，在电子秤的下端悬挂一装满水的水壶，记下水壶________时电子秤的示数F。
(2)如图(b)，将三根细线L1、L2、L3的一端打结，另一端分别拴在电子秤的挂钩、墙钉A和水壶杯带上。水平拉开细线L1，在白纸上记下结点O的位置、_______________和电子秤的示数F1。
(3)如图(c)，将另一颗墙钉B钉在与O同一水平位置上，并将L1拴在其上。手握电子秤沿着(2)中L2的方向拉开细线L2，使______________和三根细线的方向与(2)中重合，记录电子秤的示数F2。
(4)在白纸上按一定标度作出电子秤拉力F、F1、F2的图示，根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若________________________，则平行四边形定则得到验证。
[解析]　(1)要测量装满水的水壶所受的重力，需记下水壶静止时电子秤的示数F。
(2)要画出平行四边形，则需要记录分力的大小和方向，所以在白纸上记下结点O的位置的同时也要记录三根细线的方向以及电子秤的示数F1。
(3)已经记录了一个分力，还要记录另一个分力，则结点O的位置不能变化，力的方向也不能变化，所以应使结点O的位置和三根细线的方向与(2)中重合，记录电子秤的示数F2。
(4)根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F′的图示，若F和F′在误差允许的范围内重合，则平行四边形定则得到验证。
[答案]　(1)静止　(2)三根细线的方向　(3)结点O的位置　(4)F和F′在误差允许的范围内重合
创新点(二)　实验情景的设计与创新
近几年的考题在实验情景的设计上进行了较多的创新，不过其考查的实验原理和实验处理方法仍然不变，因此，对于创新型实验的处理，最根本的方法是要把其从新情景中分离出来，找出与常规实验的相通之处，然后运用熟悉的实验原理和数据处理方法进行解答。需要考生在常规实验的基础上学会灵活变通。
命题角度1　用凹形桥模拟器测小车过桥最低点速度
[例1]　某物理小组的同学设计了一个粗测玩具小车通过凹形桥最低点时的速度的实验。所用器材有：玩具小车、压力式托盘秤、凹形桥模拟器(圆弧部分的半径为R＝
0.20 m)。

完成下列填空：
(1)将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图(a)所示，托盘秤的示数为1.00 kg。
(2)将玩具小车静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图(b)所示，该示数为________kg。
(3)将小车从凹形桥模拟器某一位置释放，小车经过最低点后滑向另一侧。此过程中托盘秤的最大示数为m；多次从同一位置释放小车，记录各次的m值如表所示。
序号
1
2
3
4
5
m/kg
1.80
1.75
1.85
1.75
1.90
(4)根据以上数据，可求出小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为________N；小车通过最低点时的速度大小为________m/s。(重力加速度大小取9.80 m/s2，计算结果保留两位有效数字)
[解析]　(2)题图(b)中托盘秤的示数为1.40 kg。
(4)小车5次经过最低点时托盘秤的示数平均值为m＝ kg＝1.81 kg。小车经过凹形桥最低点时对桥的压力为F＝(m－1.00)g＝(1.81－1.00)×9.80 N≈
7.9 N，由题意可知小车的质量为m′＝(1.40－1.00)kg＝0.40 kg，小车经过凹形桥最低点时对桥的压力等于桥对小车的支持力，对小车，在最低点时由牛顿第二定律得F－m′g＝，解得v≈1.4 m/s。
[答案]　(2)1.40　(4)7.9　1.4
命题角度2　测量电动机转动的角速度
[例2]　如图甲所示为测量电动机转动角速度的实验装置，半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上，在电动机的带动下匀速转动。在圆形卡纸的旁边垂直安装一个改装的电火花计时器(电火花计时器每隔相同的时间间隔打一个点)。

(1)请将下列实验步骤按先后排序：____________。
①使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触
②接通电火花计时器的电源，使它工作起来
③启动电动机，使圆形卡纸转动起来
④关闭电动机，拆除电火花计时器；研究卡纸上留下的一段点迹(如图乙所示)，写出角速度ω的表达式，代入数据，得出ω的测量值。
(2)要得到角速度ω的测量值，还缺少一种必要的测量器材，它是________。
A．秒表　　　　　　　　 B．毫米刻度尺
C．圆规 D．量角器
(3)为了避免在卡纸连续转动的过程中出现打点重叠，在电火花计时器与盘面保持良好接触的同时，可以缓慢地将电火花计时器沿圆形卡纸半径方向向卡纸中心移动。则卡纸上打下的点的分布曲线不是一个圆，而是类似一种螺旋线，如图丙所示。这对测量结果________(填“有”或“无”)影响。
[解析]　(1)该实验应先将电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触，先使卡片匀速转动后再打点，最后取出卡片进行数据处理，故先后顺序为①、③、②、④。
(2)要测出角速度，需要测量点跟点间对应的圆心角，需要的器材是量角器，故D对。
(3)由于点跟点之间对应的圆心角没变化，则对测量角速度无影响。
[答案]　(1)①③②④　(2)D　(3)无
创新点(三)　实验结论的拓展与延伸
命题角度1　由测定加速度延伸为测定交流电的频率
[例1]　(2016·全国卷Ⅰ)某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20 Hz、30 Hz和40 Hz。打出纸带的一部分如图(b)所示。

该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他题给条件进行推算。
(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图(b)中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为____________，打出C点时重物下落的速度大小为____________，重物下落的加速度大小为____________。
(2)已测得s1＝8.89 cm，s2＝9.50 cm，s3＝10.10 cm；当地重力加速度大小为9.80 m/s2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%。由此推算出f为________Hz。
[解析]　(1)重物匀加速下落时，根据匀变速直线运动的规律得vB＝＝f(s1＋s2)，vC＝＝f(s2＋s3)，由s3－s1＝2aT2得a＝。
(2)根据牛顿第二定律，有mg－kmg＝ma，整理得f＝，代入数据可得f≈
40 Hz。
[答案]　(1)f(s1＋s2)　f(s2＋s3)　f2(s3－s1) (2)40
命题角度2　利用平抛运动规律探究动能定理
[例2]　在“探究动能定理”实验中，采用如图甲所示装置，水平正方形桌面距离地面高度为h，将橡皮筋的两端固定在桌子边缘上的两点，将小球置于橡皮筋的中点，向左移动距离s，使橡皮筋产生形变，由静止释放后，小球飞离桌面，测得其平抛的水平射程为L。改变橡皮筋的条数，重复实验。

(1)实验中，小球每次释放的位置应________(填“不同”“相同”或“随意”)。
(2)取橡皮筋对小球做功W为纵坐标，为了在坐标系中描点得到一条直线，如图乙所示，应选________(填“L”或“L2”)为横坐标。若直线与纵轴的截距为b，斜率为k，可求小球与桌面间的动摩擦因数为________(使用题中所给符号表示)。
[解析]　(1)每次通过改变橡皮筋的条数重复实验，为使每条橡皮筋对小球做功相同，故小球每次释放的位置应相同。
(2)设小球飞离桌子边缘时的速度为v0，则由动能定理得W－μmgs＝mv02，小球飞离桌面后做平抛运动，则有h＝gt2，L＝v0t，解得W＝L2＋μmgs，故若取橡皮筋对小球做功W为纵坐标，为了在坐标系中描点得到一条直线，应选L2为横坐标；由题意可知b＝μmgs，k＝，解得μ＝。
[答案]　(1)相同　(2)L2　
创新点(四)　三种观点测动摩擦因数
命题角度1　利用平衡观点测动摩擦因数
根据公式Ff＝μFN，只要测出摩擦力Ff和正压力FN，即可计算出动摩擦因数。测量时可测出多组摩擦力和正压力，画出Ff­FN图像，其斜率即为动摩擦因数。
[例1]　(2018·全国卷Ⅱ)某同学用图(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数。跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连，滑轮和木块间的细线保持水平，在木块上方放置砝码。缓慢向左拉动水平放置的木板，当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时，弹簧秤的示数即为木块受到的滑动摩擦力的大小。某次实验所得数据在下表中给出，其中f4的值可从图(b)中弹簧秤的示数读出。
砝码的质量m/kg
0.05
0.10
0.15
0.20
0.25
滑动摩擦力f/N
2.15
2.36
2.55
f4
2.93

回答下列问题：
(1)f4＝________N；
(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f­m图线；
(3)f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g之间的关系式为f＝________，f­m图线(直线)的斜率的表达式为k＝________；
(4)取g＝9.80 m/s2，由绘出的f­m图线求得μ＝________。(保留两位有效数字)
[解析]　(1)由题图(b)可读出弹簧秤的示数f4＝2.75 N。
(2)f­m图线如图所示。

(3)摩擦力表达式f＝μ(M＋m)g，其斜率k＝μg。
(4)图线的斜率k＝＝ N/kg＝3.9 N/kg，解得μ≈0.40。
[答案]　(1)2.75　(2)见解析图　(3)μ(M＋m)g　μg　(4)0.40
命题角度2　利用动力学观点测动摩擦因数
利用纸带结合运动学公式求出物块的加速度，再利用牛顿第二定律求出合外力，根据力的合成与分解求出摩擦力，再根据公式Ff＝μFN求出动摩擦因数。
[例2]　在测定滑块与桌面间的动摩擦因数时，设计的实验装置如图1所示，进行如下操作：首先用天平测出滑块的质量M＝300 g，将纸带与滑块拴接在一起穿过打点计时器，拴接在滑块另一端的轻绳跨过定滑轮连接一定数量的质量均为m＝100 g的钩码，在实验过程中通过调节始终让轻绳与水平桌面平行。接通电源，由静止释放滑块，让滑块在钩码的牵引下做加速运动，得到一条纸带。在纸带上选取点迹清晰的A点为第一个计数点，然后每间隔四个点选择一个计数点，经测量计数点间的距离如图2所示。如果该打点计时器的打点周期为T＝0.02 s，重力加速度为g＝10 m/s2。回答下列问题：

(1)由纸带求出打点计时器打B点时，滑块的速度为vB＝________m/s。
(2)滑块的加速度大小为a＝________m/s2。
(3)由以上可知，钩码数量为2个时，该滑块与水平桌面之间的动摩擦因数为μ＝________。(以上结果均保留两位有效数字)
[解析]　(1)滑块做匀变速直线运动，一段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，又由题意可知相邻计数点间的时间间隔为t＝5T＝5×0.02 s＝0.1 s，则vB＝AC＝＝ m/s≈0.74 m/s。
(2)利用逐差法可求得滑块的加速度
a＝
＝ m/s2≈0.64 m/s2。
(3)对滑块和钩码组成的系统，由牛顿第二定律可得：2mg－μMg＝(2m＋M)a，代入数据解得：μ＝0.56。
[答案]　(1)0.74　(2)0.64(0.63～0.65均可)　(3)0.56
命题角度3　利用能量观点测动摩擦因数
物体运动过程中克服摩擦力做功，根据功能关系和能量守恒定律可求出克服摩擦力做的功，并进一步求出摩擦力，再利用公式Ff＝μFN求出动摩擦因数。
[例3]　某同学用如图所示装置测物块与长木板间的动摩擦因数。图中长木板固定在水平桌面上，光滑的四分之一圆弧轨道与长木板的上表面在O点相切，一竖直标尺紧贴圆弧轨道左侧放置，圆弧曲面与标尺竖直面相切。


(1)在A点由静止释放物块，物块经圆弧轨道滑上长木板，最后停在a点，在B点由静止释放物块，物块最后停在长木板上的b点，量出A、B间的高度h，a、b间的距离L，重力加速度为g，则物块与长木板间的动摩擦因数μ＝________。
(2)为了减小实验误差，多次改变物块释放的位置，测出每次物块释放的位置离A点的高度h，最后停在长木板上的位置离O点的距离x，作出x­h图像，则作出的图像应该是________(填“过原点”或“不过原点”)的一条倾斜的直线，求出图像的斜率k，则物块与长木板间的动摩擦因数为μ＝__________。
[解析]　(1)由能量守恒可知，mgh＝μmgL，得μ＝。
(2)设OA间的高度为H，则mg(h＋H)＝μmgx，得x＝h＋H，因此x­h图线是一条不过原点的倾斜直线，图线的斜率k＝，得μ＝。
[答案]　(1)　(2)不过原点　
[专题强训提能]
1．将一长为L、质量为m的均匀杆绕一端无摩擦地转动，当转动角速度为ω时，杆具有一定的动能Ek，关于动能Ek的大小同学们有如下猜想。
甲同学：把杆当成位于其重心处的质量为m的质点，可能是Ek＝m2＝mω2L2
乙同学：根据动能的平均值计算，可能是Ek＝m·＝mω2L2
丙同学：可能是Ek＝mω2L2
为了验证猜想，设计了如图甲所示的实验。质量为m的均匀长直杆一端固定在光滑转轴O处，杆由水平位置静止释放，用光电门测出另一端A经过某位置时的瞬时速度vA，并记下该位置与转轴O的高度h。

(1)用游标卡尺测得杆的直径d如图乙所示，则d＝________，A端通过光电门的时间为t，则A端通过光电门的瞬时速度vA的表达式为________。
(2)调节h的大小并记录对应的速度vA，建立vA2­h坐标系，并将实验数据在坐标系中描出，如图丙所示，试在图丙中绘出vA2和h的关系曲线，可得vA和h的关系式为________________________。

(3)当地重力加速度g取10 m/s2，结合图像分析，可得________(选填“甲”“乙”或“丙”)同学的猜想是正确的。
解析：(1)游标卡尺的主尺刻度读数为10 mm，游标尺读数为0.05×4 mm＝0.20 mm，所以最终读数为10 mm＋0.20 mm＝10.20 mm＝1.020 cm；根据速度定义式可得vA＝。
(2)连线如图，从图中可以看出，vA2与h是线性关系，vA2＝30h m2/s2。

(3)根据机械能守恒定律可得Ek＝mgh，再根据图像可得vA2＝30h m2/s2，联立解得
Ek＝mvA2＝mω2L2，即丙同学的猜想是正确的。
答案：(1)1.020 cm　vA＝　(2)见解析图　vA2＝30h m2/s2　(3)丙
2．某实验小组用如图1所示的装置探究质量一定时加速度与力的关系。用铁架台将两块固定有定滑轮的木板架起，木板的右端固定了两个打点计时器，将两个质量相等的小车A、B放置在木板右端，用细线绕过滑轮组后与两小车相连。两条纸带穿过打点计时器后分别与小车连接在一起。将两个打点计时器接在同一个电源上，确保可将它们同时打开或关闭。实验时，甲同学将两小车按住，乙同学先在动滑轮下方挂上一个钩码，再接通电源使打点计时器开始工作。打点稳定后，甲将两辆小车同时释放。在小车撞到定滑轮前，乙断开电源，两打点计时器同时停止工作，取下两条纸带，通过分析处理纸带记录的信息，可以求出两小车的加速度，进而完成实验。请回答以下问题：

(1)如图2为小车A后面的纸带，纸带上的0、1、2、3、4、5、6为每隔4个计时点选取的计数点，相邻两计数点间的距离如图中标注，单位为cm。打点计时器所接电源的频率为50 Hz，则小车A的加速度a1＝________m/s2(结果保留两位有效数字)。同样测出小车B的加速度a2，若a1∶a2近似等于________，就可说明质量一定的情况下，物体的加速度与力成正比。

(2)丙同学提出，不需测出两小车加速度的数值。只测量出两条纸带上从第一个打印点到最后一个打印点间的距离x1、x2，也能完成实验探究，若x1∶x2近似等于________，也可说明质量一定的情况下，物体的加速度与力成正比，理由是___________________________
________________________________________________________________________。
(3)下列操作中，对减小实验误差有益的是________。
A．换用质量大一些的钩码
B．换用质量大一些的小车
C．调整定滑轮的高度，使牵引小车的细线与木板平行
D．平衡小车运动过程中受到的摩擦力时，将细线与小车连接起来
解析：(1)由题图2可知，小车A的加速度a1＝，式中T＝0.1 s，代入数据可得：a1≈0.48 m/s2，由题图1可知，小车B受的拉力等于小车A所受拉力的2倍，测出小车B的加速度a2，如果a1∶a2＝1∶2，就可以说明质量一定的情况下，物体的加速度与力成正比。
(2)小车从静止开始运动，纸带上最初和最末两个点对应小车的运动时间相等，由x＝
at2可知，x与a成正比，即位移之比等于加速度之比。因此只需比较x1与x2的比值近似等于1∶2，就能验证质量一定的情况下，物体的加速度与力成正比。
(3)换用质量更大一些的钩码，可减小实验的相对阻力，使得测量更准确，故A正确；换用质量大一些的小车，会增大阻力，加大误差，故B错误；调整定滑轮的高度，使牵引小车的细线与木板平行，可减小实验的误差，故C正确；平衡小车运动时受到的摩擦力时，只让小车拖着纸带运动，而不应连接细线，故D错误。
答案：(1)0.48　1∶2　(2)1∶2　由x＝at2可知，当时间t相等时，位移与加速度成
正比　(3)AC
3．现要用图甲完成“验证力的平行四边形定则”实验：把白纸固定在竖直放置的木板上，白纸上画有一些同心圆，相邻两圆之间的距离为r，圆心O距第一个圆的距离为r，A、B为光滑的滑轮，可沿虚线圆环滑动，也可固定。CO为竖直方向的一基准线。

(1)完成下列主要实验步骤所缺的内容：
①用一细绳系住橡皮筋的一端，细绳的另一端固定在C点，橡皮筋的另一端连接两条细绳，跨过A、B滑轮后各拴一细绳套，分别挂上3个钩码和4个钩码(每个钩码重1 N)，如图乙所示，适当调整A、B滑轮的位置，使橡皮筋与两细绳之间的结点稳定于O点处，记下____________和两条细绳的方向，取下钩码；
②再用一弹簧测力计沿竖直方向把两细绳与橡皮筋的结点也拉至O处，如图丙所示，记下弹簧测力计的读数F′＝________N。
(2)若相邻两圆环之间的距离表示1 N，该同学已经在图丁中作出两条细绳的拉力F1和F2。请按力的图示画法在图中作出F1和F2的合力F及拉力F′的图示。
(3)对比F和F′的大小和方向，发现它们不是完全一致的，其可能的原因是________________________。(填一个原因)
(4)在步骤①中“适当调整A、B滑轮的位置，使橡皮筋与两细绳之间的结点稳定于O点处”的目的是__________________________________。
解析：(1)①本实验中用钩码所受的重力替代拉力，故在实验完成后要记录下两条细绳上钩码的个数，即相当于记录下了每根细绳所受到的拉力大小。②弹簧测力计的读数F′＝
5.0 N。
(2)所作的图示如图所示。

(3)测量存在误差、作图不准、弹簧测力计自身重力的影响、滑轮与细绳之间的摩擦力等。
(4)由于CO是在竖直方向，适当调整A、B滑轮的位置，使橡皮筋与两细绳之间的结点稳定于O点处，目的是为了使F1和F2的合力沿竖直方向。
答案：(1)①两条细绳上钩码的个数　②5.0　(2)见解析图　(3)见解析　(4)使F1和F2的合力沿竖直方向
4．(2019届高三·邯郸模拟)如图甲所示，上表面光滑的楔形木块A固定在水平放置的压力传感器上。某同学将质量不同的小钢球从斜面顶端由静止释放(每次只有一个小钢球)，记录小钢球在斜面上运动时压力传感器的示数，并根据实验数据作出压力传感器示数与小钢球质量的关系图像，即F­m图像，如图乙所示。重力加速度大小取9.8 m/s2，完成下列填空：

(1)不同质量的小钢球在斜面上运动的时间________(填“相同”或“不相同”)。
(2)由图像可得，木块A的质量M＝________kg(保留两位有效数字)。
(3)若斜面倾角为θ，由图像可得，cos2θ＝________(保留两位有效数字)。
解析：(1)根据牛顿第二定律得小钢球下滑的加速度为：a＝＝gsin θ，则不同质量的小钢球在斜面上的运动情况完全相同，所以运动的时间也相同。
(2)当m＝0时，传感器的示数即为木块A所受的重力，则有：Mg＝1.97 N，解得：M＝ kg≈0.20 kg。
(3)对小钢球受力分析，根据平衡条件可知，A对小钢球的支持力FN＝mgcos θ，根据牛顿第三定律可知，小钢球对A的压力为mgcos θ，对A受力分析可知，传感器对A的支持力
F＝Mg＋mgcos θcos θ，则传感器的示数为F＝Mg＋mgcos2θ，则F­m图像的斜率k＝gcos2θ，则有：gcos2θ＝＝3.3，解得：cos2θ≈0.34。
答案：(1)相同　(2)0.20　(3)0.34(0.32～0.36均可)
5.(2018·青岛模拟)如图所示为验证动量守恒定律的实验装置，实验中选取两个半径相同、质量不等的小球，按下面步骤进行实验：
①用天平测出两个小球的质量分别为m1和m2；
②安装实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，再将一斜面BC连接在斜槽末端；
③先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，标记小球在斜面上的落点位置P；
④将小球m2放在斜槽末端B处，仍让小球m1从斜槽顶端A处由静止释放，两球发生碰撞，分别标记小球m1、m2在斜面上的落点位置；
⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B的距离，图中M、P、N点是实验过程中记下的小球在斜面的三个落点位置，从M、P、N到B点的距离分别为sM、sP、sN。
依据上述实验步骤，请回答下列问题：
(1)两小球的质量m1、m2应满足m1________(填“>”“＝”或“<”)m2。
(2)小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中________点，m2的落点是图中________点。
(3)用实验中测得的数据来表示，只要满足关系式________________，就能说明两球碰撞前后动量是守恒的。
(4)若要判断两小球的碰撞是否为弹性碰撞，用实验中测得的数据来表示，只需比较________与____________是否相等即可。
解析：(1)必须满足m1>m2，否则m1有可能被反弹回去，此时M、N不可能分别位于P两侧。
(2)由碰撞规律知，碰后v1′ (3)(4)设斜面倾角为θ，由平抛运动规律，有s·sin θ＝gt2，s·cos θ＝vt得v＝∝。由动量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2′，只要满足m1＝m1＋m2 即可，由能量守恒m1v12＝m1v1′2＋m2v2′2，即只需判断是否满足m1sP＝m1sM＋m2sN。
答案：(1)>　(2)M　N　(3)m1＝m1＋m2　 (4)m1sP　m1sM＋m2sN
6．利用气垫导轨研究滑块运动规律，求滑块运动的加速度，实验装置如图甲所示。主要的实验步骤如下：

(1)滑块放置在气垫导轨0刻度处，在拉力作用下由静止开始加速运动，测量滑块从光电门1到光电门2经历的时间t，测量两光电门之间的距离s。


(2)只移动光电门1，改变s，多次实验，数据记录如表所示。
实验次数
1
2
3
4
5
6
s/m

1.200
1.000
0.800
0.600
0.400
t/s
1.03
0.72
0.54
0.41
0.29
0.18
/(m·s－1)

1.67
1.85
1.95
2.07
2.22
(3)根据实验数据计算、描点、作出­t图像，如图乙所示。

根据数据分析，回答下列问题：
导轨标尺的最小分度为________cm，读出第1次实验两光电门之间的距离s1(如图甲所示)，可得＝________m/s。假设­t图线斜率的绝对值为k，则滑块运动的加速度大小为________；根据作出的图像，求出本次测量的加速度大小为________m/s2。
解析：根据表格中记录的数据，可知导轨标尺的最小分度为1 cm。由题图甲可知s1＝
140.0 cm，t1＝1.03 s，≈1.36 m/s。设滑块通过光电门2时速度为v0，通过光电门1时速度为v，滑块做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动规律，s＝(v＋v0)t，v＋at＝v0，联立解得：＝v0－at，对比­t图像，斜率的绝对值为k＝a，则滑块运动的加速度大小为a＝2k；根据作出的图像可得k＝ m/s2≈1.08 m/s2，本次测量的加速度大小为2×1.08 m/s2＝2.16 m/s2。
答案：1　1.36　2k　2.16
7．(2018·绵阳南山中学检测)在“验证机械能守恒定律”的实验中，小明同学利用传感器设计实验如图甲所示，将质量为m、直径为d的金属小球在一定高度h由静止释放，小球正下方固定一台红外线计时器，能自动记录小球挡住红外线的时间t，改变小球下落高度h，进行多次重复实验。

(1)用螺旋测微器测小球的直径如图乙所示，则小球的直径d＝________。
(2)为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，应作________图像。
A．h­t　　　　　　　　　 B．h­
C．h­t2 D．h­
(3)经正确的实验操作，小明发现小球动能增加量总是稍小于重力势能减少量，增加释放高度h后，两者的差值会________(填“增大”“减小”或“不变”)。
解析：(1)螺旋测微器的固定刻度读数为17.5 mm，可动刻度读数为30.5×0.01 mm＝
0.305 mm，所以最终读数为17.5 mm＋0.305 mm＝17.805 mm。
(2)已知小球挡住红外线的时间和小球的直径，则可以由平均速度表示小球挡住红外线时的速度v＝，减小的重力势能等于增加的动能时，可以认为机械能守恒，则有：mgh＝
mv2，即mgh＝m2，h＝·，为直观判断小球下落过程中机械能是否守恒，应作h­图像，故D正确。
(3)小球动能增加量总是稍小于重力势能减少量，是因为小球下落过程中受到空气阻力的影响，增加释放高度h后，空气阻力的影响增大，故两者的差值会增大。
答案：(1)17.805 mm(17.804～17.806 mm均可)　(2)D　(3)增大
课余挤时加餐训练(二)
力学3大题型押题练(一)
1.如图所示，质量分别为m1和m2的两物块放在水平地面上，两物块与水平地面间的动摩擦因数都是μ(μ≠0)，用轻弹簧将两物块连接在一起。当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x。若用水平力F′作用在m1上时，两物块均以加速度a′＝2a做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x′。则下列关系式正确的是(　　)
A．F′＝2F　　　　　　　 B．x′＝2x
C．F′＞2F D．x′＜2x

解析：选D　由整体法可得F－(m1＋m2)μg＝(m1＋m2)a，F′－(m1＋m2)μg＝2(m1＋m2)a，可知F′<2F；以m2为研究对象可得，kx－μm2g＝m2a，kx′－μm2g＝2m2a，可知x′<2x，D选项正确。
2.如图所示是做匀变速直线运动的质点在0～6 s内的位移—时间图线(抛物线)。若t＝1 s时，图线所对应的切线斜率为4(单位：m/s)。则(　　)
A．t＝1 s时，质点在x＝5 m的位置
B．t＝1 s和t＝5 s时，质点的速度相同
C．t＝1 s和t＝5 s时，质点加速度的方向相反
D．前5 s内，合外力对质点做正功
解析：选A　t＝1 s时，题图图线所对应的切线斜率为4，则质点的速度为v1＝4 m/s，由题意知，位移—时间图线为抛物线，即图线对称分布，3 s末位移最大，图线对应的切线斜率为零，所以3 s末速度为零，则前3 s内质点做匀减速直线运动，加速度：a＝＝ m/s2＝－2 m/s2，初速度为v0＝v1－at1＝4 m/s＋2×1 m/s＝6 m/s，所以t＝1 s 时，质点的位移：x＝v0t＋at2＝6×1 m－×2×12 m＝5 m，故A正确；t＝1 s 和t＝5 s时图线斜率的绝对值相等，则质点的速度大小相等，但方向相反，故B错误；质点先做匀减速直线运动后反向做匀加速直线运动，t＝1 s和t＝5 s时，质点加速度的方向相同，故C错误；5 s 末的速度v5＝v0＋at5＝6 m/s－2×5 m/s＝－4 m/s，因为4 m/s＜6 m/s，所以前5 s内质点动能减小，所以合外力对质点做负功，故D错误。
3.[多选]如图所示，一根长度为2L、质量为m的绳子挂在定滑轮的两侧，左右两边绳子的长度相等。绳子的质量分布均匀，滑轮的质量和大小均忽略不计，不计一切摩擦。由于轻微扰动，右侧绳子从静止开始竖直下降，当它向下运动的位移为x时，加速度大小为a，滑轮对天花板的拉力为T。已知重力加速度大小为g，选项图中表示a­x、T­x关系图像正确的是(　　)

解析：选AC　设绳子单位长度的质量为m0，则根据受力分析知a＝＝＝，加速度先与x成正比，当x＝L时，加速度a＝g，以后不变，知A正确，B错误；选取左边绳子受力分析，知T0＝m2a＋m2g＝(L－x)m0＋(L－x)m0g＝－＋m0gL，T＝2T0＝－＋2m0gL，结合二次函数图像特点，知D错误，C正确。
4．某同学利用打点计时器和气垫导轨做“验证动量守恒定律”的实验，气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成。在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入压缩空气，空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地飘浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差。

(1)下面是实验的主要步骤：
①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；
②向气垫导轨空腔内通入压缩空气；
③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器和弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；
④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；
⑤把滑块2(左端粘有橡皮泥)放在气垫导轨的中间；
⑥先__________________，然后________________，让滑块带动纸带一起运动；
⑦取下纸带，重复实验，选出理想的纸带如图乙所示；

⑧测得滑块1的质量为310 g，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g。
完善实验步骤⑥的内容。
(2)已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为________kg·m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为________kg·m/s(保留三位有效数字)。
(3)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是_________________________________
_________________________________。
解析：(1)实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块1。
(2)由题图乙可知，相互作用前滑块1的速度v1＝ m/s＝2 m/s，系统的总动量为0.310 kg×2 m/s＝0.620 kg·m/s，两滑块相互作用后具有相同的速度v＝ m/s＝1.2 m/s，系统的总动量为(0.310 kg＋0.205 kg)×1.2 m/s＝0.618 kg·m/s。
(3)两结果不完全相等的主要原因是纸带与打点计时器限位孔间有摩擦。
答案：(1)接通打点计时器的电源　放开滑块1
(2)0.620　0.618　(3)纸带与打点计时器限位孔间有摩擦
5.细管AB内壁光滑，加工成如图所示形状，细管厚度不计，长L＝0.8 m 的BD段固定在竖直平面内，其B端与半径R＝0.4 m的光滑圆弧轨道BP平滑连接，CD段是半径R＝0.4 m的圆弧，AC段在水平面上，与长s＝1.25 m、动摩擦因数μ＝0.25的水平轨道AQ平滑相连，细管中有一可视为质点的小球，质量为m，以速度v0向右运动(重力加速度g取10 m/s2)。求：
(1)速度v0满足什么条件，小球能够通过轨道最高点P；
(2)速度v0满足什么条件，小球能反向滑出AQ。
解析：(1)要使小球能通过最高点P，应有m≥mg
由动能定理知小球在上升过程中
－mg(2R＋L)＝mvP2－mv02
解得v0≥6 m/s。
(2)要使小球能反向滑出AQ，则小球上升的高度不能超过R＋L，即
mv02≤mg(R＋L)
解得v0≤2 m/s
小球通过AQ时做匀减速运动，由牛顿第二定律得
μmg＝ma
所以a＝μg
要使小球能通过AQ，有s′＝≥s
解得v0≥2.5 m/s
所以小球的速度应满足2.5 m/s≤v0≤2 m/s。
答案：(1)v0≥6 m/s　(2)2.5 m/s≤v0≤2 m/s
力学3大题型押题练(二)
1.如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m的小球(可视为质点)从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中(　　)
A．小球所受合力的冲量方向为弧中点指向圆心
B．小球所受支持力的冲量为0
C．小球所受重力的冲量大小为m
D．小球所受合力的冲量大小为m
解析：选D　小球所受支持力不为零，作用时间不为零，故支持力的冲量不为零，B错误；小球在运动过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律可得mgR＝mvB2，故vB＝
，根据动量定理可得I合＝Δp＝mvB＝m，方向水平向右，A、C错误，D正确。
2.如图所示是某物体做直线运动的v2­x 图像(其中v为速度，x为位置坐标)，下列关于物体从x＝0处运动至x＝x0处的过程分析，其中正确的是(　　)
A．该物体做匀加速直线运动
B．该物体的加速度大小为
C．当该物体的速度大小为v0时，位移大小为x0
D．当该物体的位移大小为x0时，速度大小为v0
解析：选C　由匀变速直线运动的速度位移关系公式v2－v02＝2ax可得v2＝2ax＋v02，结合题图可知物体的加速度恒定不变，由于物体的速度减小，故物体做匀减速直线运动，故A错误；由v2＝2ax＋v02知，v2­x图像的斜率绝对值等于|2a|，由题图可得|2a|＝，则得物体的加速度大小为|a|＝，故B错误；当该物体速度大小为v0时，v2＝v02，由v2＝2ax＋v02，可得x＝，故C正确；当该物体位移大小为x0时，由v2＝2ax＋v02可得v2＝v02，解得v＝v0，故D错误。
3．[多选]如图，滑块a、b的质量均为m，a套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h，b放在地面上。a、b通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动。不计摩擦，a、b可视为质点，重力加速度大小为g。则(　　)
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
解析：选BD　由题意知，系统机械能守恒。设某时刻a、b的速度分别为va、vb。此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为θ，分别将va、vb分解，如图。

因为刚性杆不可伸长，所以沿杆的分速度v∥与v∥′是相等的，即vacos θ＝vbsin θ。当a滑至地面时θ＝90°，此时vb＝0，由系统机械能守恒得mgh＝mva2，解得va＝，选项B正确；同时由于b初、末速度均为零，运动过程中其动能先增大后减小，即杆对b先做正功后做负功，选项A错误；杆对b的作用先是推力后是拉力，对a则先是阻力后是动力，即a的加速度在受到杆的向下的拉力作用时大于g，选项C错误；b的动能最大时，杆对a、b的作用力为零，此时a的机械能最小，b只受重力和支持力，所以b对地面的压力大小为mg，选项D正确。
4．在做“研究匀变速直线运动”的实验中：
(1)实验室提供了以下器材：打点计时器、一端附有滑轮的长木板、小车、细绳、钩码、纸带、导线、交流电源、复写纸、弹簧测力计。其中在本实验中不需要的器材是_________，还缺少的器材是________________。
(2)如图甲所示，是某同学由打点计时器得到的表示小车运动过程的一条清晰纸带，纸带上两相邻计数点间还有四个点没有画出，打点计时器打点的时间间隔T＝0.02 s，其中x1＝
7.05 cm、x2＝7.68 cm、x3＝8.33 cm、x4＝8.95 cm、x5＝9.61 cm、x6＝10.26 cm。

表中列出了打点计时器打下B、C、D、F点时小车的瞬时速度，请在表中填入打点计时器打下E点时小车的瞬时速度。
位置
B
C
D
E
F
速度/(m·s－1)
0.737
0.801
0.864

0.994
(3)以A点为计时起点，在图乙中画出小车的速度—时间关系图线。

(4)根据画出的小车的速度—时间关系图线计算小车的加速度a＝________(结果保留两位有效数字)。
解析：(1)本实验中不需要测量力的大小，因此不需要的器材是弹簧测力计；因为要测量纸带上各计数点之间的距离，故还缺少毫米刻度尺。
(2)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度知：
vE＝＝ m/s＝0.928 m/s。
(3)小车的速度—时间关系图线如图所示。

(4)速度—时间关系图线的斜率表示加速度的大小，则a＝≈0.63 m/s2。
答案：(1)弹簧测力计　毫米刻度尺　(2)0.928　
(3)见解析图　(4)0.63 m/s2(0.62～0.65 m/s2均可)
5．如图甲所示，倾角为37°的斜面上有一轻弹簧，弹簧一端固定在A点，自然伸长时另一端位于B点，斜面上方有一半径R＝1 m、圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道与斜面相切于D处，圆弧轨道的最高点为M。现有一物块质量为1 kg，将弹簧缓慢压缩到C点后释放，C、B间的距离L＝1 m，物块在BD间运动时的v­t图像如图乙中实线部分所示，若物块经过D点到达M点时，对轨道的压力恰好与其所受的重力大小相等，取g＝10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1)物块在BD间运动时位移与时间的关系式；
(2)物块与斜面间的动摩擦因数μ；
(3)BD间的距离xBD；
(4)弹簧对物块做的功W。
解析：(1)从题图乙可看出物块从B点到D点做匀减速直线运动，物块在B点的速度
vB＝8 m/s，从B到D过程中加速度大小等于v­t图像的斜率大小，即
a＝＝ m/s2＝10 m/s2
物块在BD间运动时位移与时间的关系式为
x＝v0t－at2＝8t－5t2
即x＝8t－5t2(m)。
(2)在BD段，根据牛顿第二定律得
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma
解得μ＝0.5。
(3)物块在M点的速度满足mg＋mg＝m
解得vM＝2 m/s
物块从D到M过程中，根据动能定理得
－mgR(1＋cos 37°)＝mvM2－mvD2
解得vD＝2 m/s
物块在由B到D过程中，由运动学公式得
vD2－vB2＝－2axBD
解得xBD＝0.4 m。
(4)从C到B应用动能定理得
W－mgLsin 37°－μmgLcos 37°＝mvB2
解得W＝42 J。
答案：(1)x＝8t－5t2(m)　(2)0.5　(3)0.4 m　(4)42 J
力学3大题型押题练(三)
1.如图所示，三个质量相等的小球A、B、C从图示位置分别以相同的速度v0水平向左抛出，最终都能到达坐标原点O。不计空气阻力，x轴为地面，则可判断A、B、C三个小球(　　)
A．初始时刻纵坐标之比为1∶4∶9
B．在空中运动过程中重力做功之比为1∶2∶3
C．在空中运动的时间之比为1∶3∶5
D．到达O点时，速度方向与水平方向夹角的正切值之比为1∶4∶9
解析：选A　由题图知，A、B、C三个小球的水平位移之比为1∶2∶3，三个小球的水平初速度相等，所以在空中运动时间之比是1∶2∶3，选项C错误；做平抛运动的物体在竖直方向的位移h＝gt2，所以三个小球初始时刻纵坐标之比为1∶4∶9，选项A正确；重力做功WG＝mgh，在空中运动过程中重力做功之比也是1∶4∶9，选项B错误；做平抛运动的小球落地时速度方向与水平方向的夹角的正切值tan θ＝，三个小球的vx相同，vy＝gt，故tan θA∶tan θB∶tan θC＝1∶2∶3，选项D错误。
2．[多选]我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月球表面4 m高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落。已知探测器的质量约为1.3×103 kg，地球质量约为月球的81倍，地球半径约为月球的3.7倍，地球表面的重力加速度大小约为9.8 m/s2。则此探测器(　　)
A．在着陆前的瞬间，速度大小约为8.9 m/s
B．悬停时受到的反冲作用力约为2×103 N
C．从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒
D．在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度
解析：选BD　设月球表面的重力加速度为g月，由＝mg，得＝＝·＝×3.72，解得g月≈1.7 m/s2。由v2＝2g月h，得探测器着陆前瞬间的速度为v＝＝ m/s≈3.7 m/s，选项A错误；探测器悬停时受到的反冲作用力F＝mg月≈2×
103 N，选项B正确；探测器从离开近月圆轨道到着陆过程中，除重力做功外，还有其他外力做功，故机械能不守恒，选项C错误；设探测器在近月圆轨道上和人造卫星在近地圆轨道上的线速度分别为v1、v2，由＝，得＝＝＝ <1，故v1 3.如图所示，在光滑的水平面上有质量均为m的甲、乙两个相同的小球，两小球以相同的速率分别向左、右运动。甲球进入粗糙半圆形轨道后上升的最高位置P恰好与圆心等高，乙球恰能通过光滑半圆形轨道的最高点Q。两个半圆形轨道的半径均为R，则下列说法正确的是(　　)
A．甲球到达最高点的过程中损失的机械能为mgR
B．乙球在最高点时速度为0
C．甲球到达最高点的过程中克服摩擦力做功为
D．乙球运动的过程中机械能守恒，在光滑半圆形轨道上运动过程中受到的向心力逐渐增大
解析：选C　对于乙球，在最高点时有mg＝m，解得v＝，B错误；以出发点所在平面为参考平面，乙球在运动过程中机械能守恒，乙球的机械能为mv2＋2mgR＝，由题意知，初始时甲、乙两球机械能相等，甲球到达最高点的过程中损失的机械能为－mgR＝，甲球克服摩擦力做的功等于甲球损失的机械能，即，C正确，A错误；乙球运动的过程中机械能守恒，在光滑半圆形轨道上运动的过程中速度逐渐减小，受到的向心力F＝m逐渐减小，D错误。
4．英国物理学家胡克发现：金属丝或金属杆在弹性限度内的伸长量与所受拉力成正比，这就是著名的胡克定律，这一发现为后人对材料耐拉力性质的研究奠定了基础。现有一根用新材料制成的金属杆，长为4 m，横截面积为0.8 cm2，设计要求它受到拉力后伸长不超过原长的，研究它能承受的最大拉力大小。由于这一拉力很大，金属杆又较长，直接测试有困难，因此，选用同种材料制成样品进行测试，通过测试取得数据如表格所示：
长度/m
拉力/N
伸长量/cm
截面积/cm2
250
500
750
1 000
1
0.05
0.04
0.08
0.12
0.16
2
0.05
0.08
0.16
0.24
0.32
1
0.10
0.02
0.04
0.06
0.08
(1)测试结果表明金属杆受拉力作用后其伸长量与材料的长度成________比，与材料的截面积成________比(均选填“正”或“反”)。
(2)上述金属杆所能承受的最大拉力为________N。
解析：(1)由题表中的数据可得：当金属杆的截面积S、拉力F不变时，金属杆伸长量x与长度L成正比，即x∝L；当金属杆的截面积S、长度L不变时，金属杆伸长量x与拉力F成正比，即x∝F；当金属杆的长度L、拉力F不变
时，金属杆伸长量x与截面积S成反比，即x∝，综上所述，有x∝。
(2)由(1)所得x∝，设比例系数为k，则所求的金属杆伸长量x满足的关系是x＝k，取L＝1 m，S＝0.05 cm2＝5×10－6 m2，F＝250 N，x＝0.04 cm＝4×10－4 m，解得k＝8×
10－12 m2/N，所以x＝8×10－12×(m)。题述金属杆长度L＝4 m，截面积S＝0.8 cm2＝8×10－5 m2，最大伸长量x＝ m＝4×10－3 m，代入导出的关系式中，解得F＝10 000 N，金属杆能承受的最大拉力是10 000 N。
答案：(1)正　反　(2)10 000


5.如图所示，一光滑的圆弧体固定在地面上，光滑地面上两个小车A、B紧靠在一起与圆弧体接触，车的上表面与圆弧体的右端上表面在同一水平面上，车的质量均为m＝1 kg，一物块从圆弧面上离车上表面高h＝0.2 m 处由静止下滑，物块的质量也为m＝1 kg，物块与车的上表面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，车长均为L＝0.5 m，g＝10 m/s2，求：
(1)A车最终的速度；
(2)A车对B车做的功。
解析：(1)物块滑上A车前，机械能守恒
则mgh＝mv02
解得v0＝2 m/s
物块在A车上滑动的过程中，物块及A、B两车组成的系统动量守恒，设物块刚要滑离A车时的速度为v1，两车的速度为vA，
则mv0＝mv1＋2mvA
μmgL＝mv02－mv12－×2mvA2
解得vA＝1 m/s(舍去)，vA＝ m/s
物块滑上B车后，两车分离，因此A车最终的速度为 m/s。
(2)根据动能定理，A车对B车做的功等于B车速度为 m/s 时的动能，
即W＝×1×2 J＝ J。
答案：(1) m/s　(2) J
力学3大题型押题练(四)
1．[多选]半径分别为R和的两个半圆，分别组成如图甲、乙所示的两个圆弧轨道，一小球从某一高度下落，分别从甲、乙所示开口向上的半圆轨道的右侧边缘进入轨道，都沿着轨道内侧运动并恰好能从开口向下的半圆轨道的最高点通过，则下列说法正确的是(　　)

A．甲图中小球开始下落的高度比乙图中小球开始下落的高度大
B．甲图中小球开始下落的高度和乙图中小球开始下落的高度一样
C．甲图中小球对轨道最低点的压力大于乙图中小球对轨道最低点的压力
D．甲图中小球对轨道最低点的压力和乙图中小球对轨道最低点的压力一样大
解析：选AC　甲、乙两图中轨道最高点在同一水平线上，因为小球恰好能通过最高点，则mg＝m，解得v2＝gr，可知甲图中小球通过最高点的速度大，根据动能定理可得
mgΔh＝mv2－0，故甲图中小球释放点到轨道最高点之间的距离Δh较大，即开始下落的高度较大，选项A正确，B错误；在轨道最低点，对小球受力分析并应用牛顿第二定律得：FN－mg＝m，mgh＝mv′2－0，解得FN＝mg，甲图中h大r小，结合牛顿第三定律知，甲图中小球对轨道最低点的压力大，选项C正确，D错误。
2．在人类太空征服史中，让人类遗憾的是“太空加油站”的缺乏。当通信卫星轨道校正能源耗尽的时候，它的生命就走到了尽头，有很多成为了太空垃圾。如今“轨道康复者”是救助此类卫星的新型太空航天器，图甲是“轨道康复者”航天器在给太空中“垃圾”卫星补充能源，可简化为图乙所示模型，让“轨道康复者”N对已偏离原来正常工作轨道的卫星M进行校正，则(　　)

A．N从图乙所示轨道上加速，与M对接补充能源后开动M上的小发动机向前喷气，能校正M到较低的轨道运行
B．让M降低到N所在轨道上，补充能源后再开启M上的小发动机校正
C．在图乙中M的动能一定小于N的动能
D．在图乙中，M、N和地球球心三者不可能处在同一直线上
解析：选A　根据向心运动条件知，N加速，万有引力小于圆周运动所需向心力，N做离心运动追上M，给M补充能源后，开启的发动机向前喷气，M减速，万有引力大于圆周运动所需的向心力，故M会降低轨道运行，A正确；M在没有补充能源的情况下，不能降低到N所在轨道上，B错误；根据万有引力定律和牛顿第二定律知G＝m，得v＝ ，虽然M运行的轨道半径大于N的，M的运行速率小于N的，但二者质量的大小关系不确定，所以不能判断动能大小，C错误；在题图乙中M绕地球的运行周期大于N绕地球的运行周期，所以经过一段时间M、N和地球球心三者有可能处在同一直线上，D错误。
3.如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，用v表示传送带速度，用μ表示物品与传送带间的动摩擦因数，则(　　)
A．前阶段，物品可能向传送方向的相反方向运动
B．后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同
C．v相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同
D．μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍
解析：选C　前阶段，物品的速度小于传送带的速度，相对传送带向后运动，受到与传送方向相同的滑动摩擦力作用，在滑动摩擦力作用下物品向传送方向做初速度为零的匀加速直线运动，当物品的速度与传送带的速度相同时，两者无相对运动或相对运动趋势，摩擦力为零，A、B错误；加速过程中物品的加速度为a＝μg，加速运动时间t＝＝，所以摩擦产生的热量为Q＝μmg＝μmgvt＝μmgv·＝ mv2，故v相同时，μ不同的等质量物品与传送带摩擦产生的热量相同，C正确；物品加速过程的位移x＝＝，当μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，D错误。
4．用如图甲所示的装置测量弹簧的弹性势能。将处于自然伸长状态的一根弹簧放置在水平气垫导轨上，左端固定，初始时右端在O点；在O点右侧的B处安装一个光电门，计时器(图中未画出)与光电门相连。用带有遮光条的滑块压缩弹簧到某位置A，静止释放，遮光条的宽度为d，并记录遮光的时间为Δt。

(1)用螺旋测微器测量遮光条的宽度d，如图乙所示，则宽度为________mm。
(2)计算滑块离开弹簧时速度大小的表达式是________(用题目中的物理量表示)。
(3)为求出弹簧的弹性势能，还需要测量________。
A．弹簧原长l0
B．当地重力加速度g
C．滑块(含遮光条)的质量m
D．A、O之间的距离x
解析：(1)由题图乙可知螺旋测微器读数(宽度)为：2.5 mm＋0.01 mm×5.8＝2.558 mm。
(2)滑块离开弹簧时速度大小的表达式是v＝。
(3)弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，则：Ep＝Ek＝mv2＝，由此可知要求出弹簧的弹性势能，还需要测量滑块(含遮光条)的质量m，故C正确。
答案：(1)2.558(2.557～2.559均可)　(2)v＝　(3)C
5.如图所示，倾角θ＝37°的斜面与水平面平滑相接，A、B两完全相同的物块静置于斜面上，两物块相距s1＝4 m，B距斜面底端P点的距离s2＝3 m，物块与斜面及水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。现由静止释放A，过t0＝1 s再释放B，设A、B碰撞的时间极短，碰后就粘连在一起运动。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：
(1)B释放后多长时间，A、B发生碰撞；
(2)A、B最后停在距斜面底端P点多远处。
解析：(1)设A、B的质量均为m，在斜面上下滑时的加速度为a，对A、B在斜面上时受力分析，由牛顿第二定律得：
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
解得：a＝2 m/s2
设B释放后，经过时间t，A追上B并与其在斜面上发生碰撞，由两者的位移关系得：
a(t＋t0)2＝at2＋s1
解得：t＝1.5 s
在1.5 s内，B下滑的位移
sB＝at2＝×2×1.52 m＝2.25 m 可知A、B在斜面上发生碰撞。
(2)A、B碰撞前A的速度
vA＝a(t＋t0)＝2×(1.5＋1)m/s＝5 m/s
碰撞前B的速度vB＝at＝2×1.5 m/s＝3 m/s
由于碰撞时间极短，设碰后两者的共同速度为v，则由动量守恒定律得：
mvA＋mvB＝2mv
解得：v＝4 m/s
A、B碰撞时距斜面底端的高度
h＝(s2－sB)sin θ＝0.45 m
设A、B最后停在距斜面底端P点s3处，由动能定理得
2mgh－μ·2mgcos θ(s2－sB)－μ·2mgs3＝0－×2mv2
解得：s3＝1.9 m。
答案：(1)1.5 s　(2)1.9 m