（江蘇選考）2018版高考物理二輪復(fù)習(xí) 第一部分 專題一 力與運(yùn)動(dòng)學(xué)案

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1、 專題一 力與運(yùn)動(dòng) [學(xué)前先做高考題]　　　　　　　　　　高考題最經(jīng)典，每做一次都有新發(fā)現(xiàn)　　　　　　　　　　　　　 1．(2015·江蘇高考)如圖所示，某“闖關(guān)游戲”的筆直通道上每隔8 m設(shè)有一個(gè)關(guān)卡，各關(guān)卡同步放行和關(guān)閉，放行和關(guān)閉的時(shí)間分別為5 s和2 s。關(guān)卡剛放行時(shí)，一同學(xué)立即在關(guān)卡1處以加速度2 m/s2由靜止加速到2 m/s，然后勻速向前，則最先擋住他前進(jìn)的關(guān)卡是(　　) A．關(guān)卡2　　　　　　　 B．關(guān)卡3 C．關(guān)卡4 D．關(guān)卡5 解析：選C　設(shè)這位同學(xué)加速到2 m/s時(shí)所用時(shí)間為t1，由v1＝at1，得t1＝＝1 s，通過的位移x1＝at12＝1 m，然

2、后勻速前進(jìn)的位移x2＝v1(t－t1)＝8 m，因x1＋x2＝9 m>8 m，即這位同學(xué)已通過關(guān)卡2，距該關(guān)卡1 m，當(dāng)關(guān)卡關(guān)閉t2＝2 s時(shí)，此同學(xué)在關(guān)卡2、3之間通過了x3＝v1t2＝4 m的位移，接著關(guān)卡放行t＝5 s，同學(xué)通過的位移x4＝v1t＝10 m，此時(shí)距離關(guān)卡4為x5＝24 m－(1＋8＋4＋10)m＝1 m，關(guān)卡關(guān)閉2 s，經(jīng)過t3＝＝0.5 s后關(guān)卡4最先擋住他前進(jìn)。 2．(2016·江蘇高考)一輕質(zhì)彈簧原長為8 cm，在4 N的拉力作用下伸長了2 cm，彈簧未超出彈性限度。則該彈簧的勁度系數(shù)為(　　) A．40 m/N B．40 N/m C．200 m/N D．

3、200 N/m 解析：選D　由F＝kx知，彈簧的勁度系數(shù)k＝＝ N/m＝200 N/m，選項(xiàng)D正確。 3．(多選)(2016·江蘇高考)如圖所示，一只貓?jiān)谧肋吤偷貙⒆啦紡聂~缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面。若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相等，則在上述過程中(　　) A．桌布對魚缸摩擦力的方向向左 B．魚缸在桌布上的滑動(dòng)時(shí)間和在桌面上的相等 C．若貓?jiān)龃罄?，魚缸受到的摩擦力將增大 D．若貓減小拉力，魚缸有可能滑出桌面 解析：選BD　魚缸相對于桌布有向左運(yùn)動(dòng)的趨勢，故應(yīng)受到向右的摩擦力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于魚缸與桌布、桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，魚缸在桌布上運(yùn)動(dòng)和在桌面上運(yùn)動(dòng)時(shí)加

4、速度的大小相等，根據(jù)v＝at，魚缸在桌布上和在桌面上的滑動(dòng)時(shí)間相等，選項(xiàng)B正確；若貓?jiān)龃罄?，魚缸與桌布之間的摩擦力仍然為滑動(dòng)摩擦力，大小不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若貓減小拉力，魚缸可能隨桌布一起運(yùn)動(dòng)而滑出桌面，選項(xiàng)D正確。 4．(2016·江蘇高考)小球從一定高度處由靜止下落，與地面碰撞后回到原高度再次下落，重復(fù)上述運(yùn)動(dòng)。取小球的落地點(diǎn)為原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，豎直向上為正方向。下列速度v和位置x的關(guān)系圖像中，能描述該過程的是(　　) 解析：選A　由題意知在運(yùn)動(dòng)過程中小球機(jī)械能守恒，設(shè)機(jī)械能為E，小球離地面高度為x時(shí)速度為v，則有mgx＋mv2＝E，可變形為x＝－＋，由此方程可知圖像為開口向左、頂點(diǎn)

5、在的拋物線，故選項(xiàng)A正確。 5．(2016·江蘇高考)有A、B兩小球，B的質(zhì)量為A的兩倍。現(xiàn)將它們以相同速率沿同一方向拋出，不計(jì)空氣阻力。圖中①為A的運(yùn)動(dòng)軌跡，則B的運(yùn)動(dòng)軌跡是(　　) A．① B．② C．③ D．④ 解析：選A　不計(jì)空氣阻力的情況下，兩球沿同一方向以相同速率拋出，其運(yùn)動(dòng)軌跡是相同的，選項(xiàng)A正確。 6．(2017·江蘇高考)如圖所示，A、B兩小球從相同高度同時(shí)水平拋出，經(jīng)過時(shí)間t在空中相遇。若兩球的拋出速度都變?yōu)樵瓉淼?倍，則兩球從拋出到相遇經(jīng)過的時(shí)間為(　　) A．t B.t C. D. 解析：選C　設(shè)兩球間的水平距離為L，第一次拋出的速度分別為v1、

6、v2，由于小球拋出后在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則從拋出到相遇經(jīng)過的時(shí)間t＝，若兩球的拋出速度都變?yōu)樵瓉淼?倍，則從拋出到相遇經(jīng)過的時(shí)間為t′＝＝，C項(xiàng)正確。 7．(2017·江蘇高考)如圖所示，一小物塊被夾子夾緊，夾子通過輕繩懸掛在小環(huán)上，小環(huán)套在水平光滑細(xì)桿上。物塊質(zhì)量為M，到小環(huán)的距離為L，其兩側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為F。小環(huán)和物塊以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，小環(huán)碰到桿上的釘子P后立刻停止，物塊向上擺動(dòng)。整個(gè)過程中，物塊在夾子中沒有滑動(dòng)。小環(huán)和夾子的質(zhì)量均不計(jì)，重力加速度為g。下列說法正確的是(　　) A．物塊向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，繩中的張力等于2F B．小環(huán)碰到釘子P時(shí)，繩

7、中的張力大于2F C．物塊上升的最大高度為 D．速度v不能超過 解析：選D　物塊受到的摩擦力小于最大靜摩擦力，即Mg<2F。物塊向右勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊處于平衡狀態(tài)，繩中的張力T＝Mg≤2F，故A錯(cuò)誤；小環(huán)碰到釘子P時(shí)，物塊做圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式有：T－Mg＝，T＝Mg＋，所以繩中的張力與2F大小關(guān)系不確定，B錯(cuò)誤；若物塊做圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)的高度低于釘子P的高度，根據(jù)動(dòng)能定理有－Mgh＝0－Mv2，則最大高度h＝。若物塊做圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)的高度高于釘子P的高度，則根據(jù)動(dòng)能定理有－Mgh＝Mv′2－Mv2，則最大高度h<，C錯(cuò)誤；小環(huán)碰到釘子P后，物塊做圓周運(yùn)動(dòng)，在最低點(diǎn)，物塊與夾

8、子間的靜摩擦力達(dá)到最大值，由牛頓第二定律知：2F－Mg＝，故最大速度v＝，D正確。 8．(多選)(2017·江蘇高考)“天舟一號”貨運(yùn)飛船于2017年4月20日在文昌航天發(fā)射中心成功發(fā)射升空。與“天宮二號”空間實(shí)驗(yàn)室對接前，“天舟一號”在距地面約380 km的圓軌道上飛行，則其(　　) A．角速度小于地球自轉(zhuǎn)角速度 B．線速度小于第一宇宙速度 C．周期小于地球自轉(zhuǎn)周期 D．向心加速度小于地面的重力加速度 解析：選BCD　“天舟一號”在距地面約380 km的圓軌道上飛行時(shí)，由G＝mω2r可知，半徑越小，角速度越大，則其角速度大于同步衛(wèi)星的角速度，即大于地球自轉(zhuǎn) 的角速度，A項(xiàng)錯(cuò)誤；

9、由于第一宇宙速度是最大環(huán)繞速度，因此“天舟一號”在圓軌道的線速度小于第一宇宙速度，B項(xiàng)正確；由T＝可知，“天舟一號”的周期小于地球自轉(zhuǎn)周期，C項(xiàng)正確；由G＝mg，G＝ma可知，向心加速度a小于地球表面的重力加速度g，D項(xiàng)正確。 9．(多選)(2016·江蘇高考)如圖所示，兩質(zhì)量相等的衛(wèi)星A、B繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，用R、T、Ek、S分別表示衛(wèi)星的軌道半徑、周期、動(dòng)能、與地心連線在單位時(shí)間內(nèi)掃過的面積。下列關(guān)系式正確的有(　　) A．TA＞TB B．EkA＞EkB C．SA＝SB D.＝ 解析：選AD　根據(jù)開普勒第三定律，＝，又RA＞RB，所以TA＞TB，選項(xiàng)A、D正確；由G＝m

10、得，v＝，所以vA＜vB，則EkA＜EkB，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由G＝mR得，T＝2π，衛(wèi)星與地心的連線在單位時(shí)間內(nèi)掃過的面積S＝πR2＝，可知SA＞SB，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 10．(2015·江蘇高考)過去幾千年來，人類對行星的認(rèn)識與研究僅限于太陽系內(nèi)，行星“51 peg b”的發(fā)現(xiàn)拉開了研究太陽系外行星的序幕?！?1 peg b”繞其中心恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，周期約為4天，軌道半徑約為地球繞太陽運(yùn)動(dòng)半徑的。該中心恒星與太陽的質(zhì)量比約為(　　) A. B．1 C．5 D．10 解析：選B　行星繞中心恒星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得G＝m r，則＝3·2＝3×2≈1，選項(xiàng)B

11、正確。 　一、熟知四類典型運(yùn)動(dòng)，掌握物體運(yùn)動(dòng)規(guī)律 [抓牢解題本源] 一、熟記四類典型運(yùn)動(dòng) 四類典型運(yùn)動(dòng) 合外力的特點(diǎn) 勻速直線運(yùn)動(dòng) 為零 勻變速直線運(yùn)動(dòng) 恒定 平拋運(yùn)動(dòng) 恒為重力 勻速圓周運(yùn)動(dòng) 大小恒定，方向時(shí)刻指向圓心 二、掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)的“三基兩推” 1．三個(gè)基本規(guī)律 (1)v＝v0＋at (2)x＝v0t＋at2 (3)v2－v02＝2ax 2．兩個(gè)主要推論 (1)Δx＝aT2 (2)v＝＝ 三、抓住平拋運(yùn)動(dòng)的“三個(gè)兩” 1．兩個(gè)分解 (1)速度的分解 (2)位移的分解 2．兩個(gè)角度 (1)速度的偏角：tan α＝＝ (

12、2)位移的偏角：tan β＝＝ 3．兩個(gè)推論 (1)tan α＝2tan β； (2)速度的反向延長線過水平位移的中點(diǎn)。 四、用好勻速圓周運(yùn)動(dòng)的“一、一”法則 1.一個(gè)中心：F合＝F向 2．一串表達(dá)式：F向＝m＝mRω2＝mR2　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 [研透常考題根] 考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律 [例1]　架設(shè)在公路上的激光測速儀發(fā)射出的光束有一定的傾角，導(dǎo)致只能測定距離儀器20～200 m范圍內(nèi)汽車的車速。某路段限速54 km/h。一輛小轎車在距離測速儀264 m時(shí)司機(jī)發(fā)現(xiàn)了前方的測速儀，立即開始做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，結(jié)果第一次測速時(shí)該車恰好沒有超

13、速，且第二次測速時(shí)測得小轎車的速度為50.4 km/h。已知測速儀每隔2 s測速一次，測速激光脈沖時(shí)間極短。求該小轎車減速前的速度范圍。 [思路點(diǎn)撥]　(1)畫出小轎車運(yùn)動(dòng)情景圖。 (2)挖掘隱含條件，確定小轎車運(yùn)動(dòng)規(guī)律：由“第一次測速時(shí)該車恰好沒有超速”可得v1＝54 km/h＝15 m/s；若第一次測速發(fā)生在小轎車進(jìn)入測量范圍t＝2 s時(shí)，則小轎車在減速前的速度為最大。 (3)小轎車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由v＝v0＋at求其加速度，由v2－v02＝2ax確定小轎車的初速度。 (4)列方程求解結(jié)果。 [解析]　第一次測速恰好沒有超速，即v1＝54 km/h＝15 m/s，第二次測得

14、v2＝50.4 km/h＝14 m/s，由兩次測量的速度可得小轎車的加速度a＝＝ m/s2＝－0.5 m/s2 若當(dāng)小轎車到達(dá)距離測速儀200 m處時(shí)剛好遇到測速的激光，設(shè)小轎車減速前的速度為v0，則v12－v02＝2ax v0＝＝ m/s＝17 m/s 若小轎車到達(dá)距離測速儀200 m處時(shí)前一次測速激光剛過，則小轎車?yán)^續(xù)減速2 s后才遇到第一次測速，其速度為限制速度，設(shè)小轎車到達(dá)距離測速儀200 m處時(shí)的速度為v3，則v1＝v3＋at v3＝15 m/s－(－0.5)×2 m/s＝16 m/s 設(shè)此情況下小轎車減速前的速度為v0′， 則v32－v0′2＝2ax v0′＝ ＝

15、m/s≈17.9 m/s 所以小轎車減速前的速度應(yīng)滿足 17 m/s≤v≤17.9 m/s。 [答案]　17 m/s≤v≤17.9 m/s [備考錦囊]　 解答勻變速直線運(yùn)動(dòng)問題的常用方法 (1)基本公式法：v＝v0＋at，x＝v0t＋at2，v2－v02＝2ax。 (2)重要推論法：v＝＝(利用平均速度測瞬時(shí)速度)；v＝ ；Δx＝aT2(用逐差法測加速度)。 (3)逆向思維法：“勻減速至速度為零的過程”可逆向處理為“由靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng)的過程”。 (4)圖像法：利用v -t圖像或x-t圖像求解。 (5)比例法：初速度為零的勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律 1T末、2T末、3T末、…

16、、nT末瞬時(shí)速度之比為1∶2∶3∶…∶n； 第1T內(nèi)、第2T內(nèi)、第3T內(nèi)、…、第nT內(nèi)位移之比為1∶3∶5∶…∶(2n－1)； 從靜止開始通過連續(xù)相等位移所用時(shí)間之比為1∶(－1)∶(－)∶…∶(－)。 [即時(shí)訓(xùn)練] (2017·揚(yáng)州模擬)如圖所示，甲從A點(diǎn)由靜止勻加速跑向B點(diǎn)，當(dāng)甲前進(jìn)距離為s1時(shí)，乙從距A點(diǎn)s2處的C點(diǎn)由靜止出發(fā)，加速度與甲相同，最后二人同時(shí)到達(dá)B點(diǎn)，則A、B兩點(diǎn)間的距離為(　　) A．s1＋s2　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選B　設(shè)A、B兩點(diǎn)間的距離為x，甲、乙兩人的加速度大小為a，由x＝at2得，甲前進(jìn)距離s1用時(shí)t1＝，到達(dá)B點(diǎn)的

17、總時(shí)間t＝，乙到達(dá)B點(diǎn)用時(shí)t2＝，根據(jù)題意，t＝t1＋t2，解得x＝，故B正確。 結(jié)合實(shí)際考查平拋運(yùn)動(dòng) [例2]　如圖所示為足球球門，球門寬為L。一個(gè)球員在球門中心正前方距離球門s處高高躍起，將足球頂入球門的左下方死角(圖中P點(diǎn))。球員頂球點(diǎn)的高度為h。足球做平拋運(yùn)動(dòng)(足球可看成質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力)，則(　　) A．足球位移的大小x＝ B．足球初速度的大小v0＝ C．足球末速度的大小v＝ D．足球初速度的方向與球門線夾角的正切值tan θ＝ [思路點(diǎn)撥]　 (1)足球做平拋運(yùn)動(dòng)的豎直位移y＝h。 (2)足球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移x水平＝ 。

18、[解析]　根據(jù)幾何關(guān)系可知，足球做平拋運(yùn)動(dòng)的豎直高度為h，水平位移為x水平＝，則足球位移的大小為：x＝＝，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由h＝gt2，x水平＝v0t，可得足球的初速度為v0＝，選項(xiàng)B正確；對足球應(yīng)用動(dòng)能定理：mgh＝－，可得足球末速度v＝＝，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；初速度方向與球門線夾角的正切值為tan θ＝，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 [答案]　B 本題容易誤將球員到球門中心的距離s當(dāng)作足球的水平位移?！　? [即時(shí)訓(xùn)練] (2017·徐州二模)體育課進(jìn)行定點(diǎn)投籃訓(xùn)練，某次訓(xùn)練中，籃球在空中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中虛線所示，下列所做的調(diào)整肯定不能使球落入籃筐的是(　　) A．保持球拋出方向不變，增加球出手時(shí)的速度

19、B．保持球拋出方向不變，減小球出手時(shí)的速度 C．增加球出手時(shí)的速度，減小球速度方向與水平方向的夾角 D．增加球出手時(shí)的速度，增大球速度方向與水平方向的夾角 解析：選B　設(shè)球拋出時(shí)的初速度為v，與水平方向的夾角為θ，則水平初速度vx＝vcos θ。保持球拋出方向不變，增加球出手時(shí)的速度，水平分速度增大，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變大，水平位移增大，可能落入籃筐，A不符合題意；保持球拋出方向不變，減小球出手時(shí)的速度，水平分速度變小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短，水平位移減小，一定不能落入籃筐，B符合題意；增加球出手時(shí)的速度，減小球速度方向與水平方向的夾角，水平分速度變大，有可能使球落入籃筐，C不符合題意；增加球出手時(shí)的速度，

20、增大球速度方向與水平方向的夾角，運(yùn)動(dòng)時(shí)間增大，水平方向分速度可能增加，球運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長，有可能使球落入籃筐，D不符合題意。 勻速圓周運(yùn)動(dòng)中的臨界問題 [例3]　(2017·鎮(zhèn)江一模)如圖所示，用一根長為l＝1 m的細(xì)線，一端系一質(zhì)量為m＝1 kg的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，另一端固定在一光滑錐體頂端，錐面與豎直方向的夾角θ＝37°，當(dāng)小球在水平面內(nèi)繞錐體的軸做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為ω時(shí)，細(xì)線的張力為FT(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，結(jié)果可用根式表示)。求： (1)若要小球離開錐面，則小球的角速度ω0至少為多大？ (2)若細(xì)線與豎直方向的夾角為

21、60°，則小球的角速度ω′為多大？ [思路點(diǎn)撥]　試在題圖中畫出小球剛要離開錐面時(shí)的受力示意圖。 提示： [解析]　(1)小球剛好離開錐面時(shí)受到自身重力和細(xì)線拉力。小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡圓在水平面上，故向心力水平。 在水平方向運(yùn)用牛頓第二定律及向心力公式得： mgtan θ＝mω02lsin θ 解得：ω02＝， 即ω0＝ ＝ rad/s。 (2)同理，當(dāng)細(xì)線與豎直方向成60°角時(shí)，由牛頓第二定律及向心力公式有： mgtan α＝mω′2lsin α 解得：ω′2＝，即ω′＝ ＝2 rad/s。 [答案]　(1) rad/s　(2)2 rad/s [備考錦囊]　

22、 解決勻速圓周運(yùn)動(dòng)問題的“四個(gè)步驟” [即時(shí)訓(xùn)練] (2017·南京高三期末)用一根細(xì)線一端系一小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，另一端固定在一光滑錐頂上，如圖所示，設(shè)小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的角速度為ω，細(xì)線的張力為FT，則FT隨ω2變化的圖像可能是選項(xiàng)圖中的(　　) 解析：選D　設(shè)細(xì)線長為L，錐面與豎直方向夾角為θ，當(dāng)ω＝0時(shí)，小球靜止，受重力mg、支持力N和細(xì)線的拉力FT而平衡，F(xiàn)T＝mgcos θ≠0，ω增大時(shí)，F(xiàn)T增大，N減小，當(dāng)N＝0時(shí)，設(shè)角速度為ω0，當(dāng)ω＜ω0時(shí)，由牛頓第二定律得，F(xiàn)Tsin θ－Ncos θ＝mω2Lsin θ，F(xiàn)Tcos θ＋Nsin θ＝mg，解得

23、FT＝mω2Lsin2θ＋mgcos θ；可知FT的大小與ω2成線性關(guān)系。當(dāng)ω＞ω0時(shí)，小球離開錐面，細(xì)線與豎直方向夾角變大，設(shè)為β，由牛頓第二定律得FTsin β＝mω2Lsin β，所以FT＝mLω2，可知FT-ω2圖線的斜率變大，故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。 [課余自查小練] 1.(多選)如圖所示，斜面與水平面夾角為θ，在斜面上空A點(diǎn)水平拋出兩個(gè)小球a、b，初速度分別為va、vb，a球恰好垂直打到斜面上的M點(diǎn)，而b球落在斜面上的N點(diǎn)，而AN恰好垂直于斜面，則(　　) A．a(chǎn)、b兩球水平位移之比為va∶2vb B．a(chǎn)、b兩球水平位移之比為va2∶2vb2 C．a(chǎn)、b兩球下落的高度之

24、比為va2∶2vb2 D．a(chǎn)、b兩球下落的高度之比為va2∶4vb2 解析：選BD　對于a球，末速度與豎直方向之間的夾角為θ，所以tan θ＝，vy＝gta，ta＝；對于b球，位移與豎直方向之間的夾角為θ，tan θ＝，tb＝，＝＝，故A錯(cuò)誤，B正確；＝＝，C錯(cuò)誤，D正確。 2．(多選)如圖為一傾角為θ的斜面體，其中D點(diǎn)為斜面體的最底端，另三點(diǎn)A、B、C為斜面體上的三點(diǎn)，且滿足AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，現(xiàn)從A、B、C三點(diǎn)分別將三個(gè)小球沿水平方向拋出，經(jīng)過一段時(shí)間后三個(gè)小球均落在D點(diǎn)。三個(gè)小球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別用tA、tB、tC表示，三個(gè)小球的初速度分別用vA、vB、vC表示，三個(gè)小

25、球落到D點(diǎn)時(shí)速度與斜面的夾角分別用αA、αB、αC表示，A、B、C三點(diǎn)距離D點(diǎn)的高度分別用hA、hB、hC表示。則(　　) A．tA∶tB∶tC＝1∶2∶3　 B．αA∶αB∶αC＝1∶1∶1 C．vA∶vB∶vC＝3∶2∶1 D．hA∶hB∶hC＝9∶4∶1 解析：選BCD　由幾何關(guān)系知AD∶BD∶CD＝9∶4∶1，則其豎直高度hA＝AD×sin θ，hB＝BD×sin θ，hC＝CD×sin θ，故hA∶hB∶hC＝9∶4∶1，D正確；由h＝gt2，知tA∶tB∶tC＝3∶2∶1，A錯(cuò)誤；三個(gè)小球的水平位移之比為9∶4∶1，故vA∶vB∶vC＝3∶2∶1，C正確；因?yàn)槠綊佭\(yùn)動(dòng)某時(shí)刻

26、速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，三個(gè)小球落在斜面上，位移方向相同，則速度方向也相同，可知三個(gè)小球速度與斜面的夾角相等，B正確。 3．將一個(gè)粉筆頭輕放在以v0＝2 m/s的恒定速度運(yùn)動(dòng)的水平傳送帶上后，傳送帶上留下一條長度為4 m的劃線；若將該傳送帶改為做勻減速運(yùn)動(dòng)(加速度的大小為a＝1.5 m/s2)，并且在傳送帶開始做勻減速運(yùn)動(dòng)的同時(shí)，將另一支粉筆頭放在傳送帶上，該粉筆頭在傳送帶上能留下一條多長的劃線？(g取10 m/s2) 解析：設(shè)粉筆頭在傳送帶上與傳送帶間有相對運(yùn)動(dòng)時(shí)因摩擦產(chǎn)生的加速度為a0，粉筆頭在傳送帶上留下一條長度為4 m的劃線經(jīng)過的時(shí)間為t0，

27、則有 v0t0－a0t02＝4 m，v0＝a0t0， 解得a0＝0.5 m/s2 當(dāng)傳送帶改為做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)將另一支粉筆頭放在傳送帶上，粉筆頭將先做加速度為a0的加速運(yùn)動(dòng)，然后做加速度為a0的減速運(yùn)動(dòng)，最后靜止。兩者運(yùn)動(dòng)過程的速度圖像如圖所示。 由圖可得：v1＝a0t1＝v0－at1 解得t1＝1 s，v1＝0.5 m/s 此過程粉筆頭相對于傳送帶向后劃線長為： l1＝v0t1－at12－t1＝1 m 經(jīng)過t2＝＝ s后傳送帶停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)在t3時(shí)刻粉筆頭停止運(yùn)動(dòng)，則t3＝t1＋＝2 s，此過程粉筆頭相對于傳送帶向前劃線長為：l2＝(t3－t2)≈0.17 m 綜上所述，粉

28、筆頭在傳送帶上能留下一條l1＝1 m長的劃線。 答案：1 m 4．一水平的淺色長傳送帶上放置一煤塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，煤塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。初始時(shí)，傳送帶與煤塊都是靜止的?，F(xiàn)讓傳送帶以恒定的加速度a0開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)其速度達(dá)到v0后，便以此速度做勻速運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過一段時(shí)間，煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后，煤塊相對于傳送帶不再滑動(dòng)。求此黑色痕跡的長度。 解析：根據(jù)“傳送帶上有黑色痕跡”可知，煤塊與傳送帶之間發(fā)生了相對滑動(dòng)，煤塊的加速度a小于傳送帶的加速度a0。根據(jù)牛頓第二定律，可得a＝＝μg 設(shè)經(jīng)歷時(shí)間t，傳送帶由靜止開始加速到速度等于v0，煤塊則由靜止加速到v，有 v0＝a0t，

29、v＝at 由于a

30、t3(m)，它的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系為v＝6t2(m/s)。則該質(zhì)點(diǎn)在t＝2 s時(shí)的瞬時(shí)速度和t＝0到t＝2 s間的平均速度分別為(　　) A．8 m/s、24 m/s　　　 B．24 m/s、8 m/s C．24 m/s、10 m/s D．24 m/s、12 m/s 解析：選B　將t＝2 s代入質(zhì)點(diǎn)的速度隨時(shí)間變化的關(guān)系式v＝6t2(m/s)，得t＝2 s瞬時(shí)速度為v＝6×22 m/s＝24 m/s，將t＝0和t＝2 s分別代入距離隨時(shí)間變化的關(guān)系式x＝4＋2t3(m)，得：x1＝4 m，x2＝20 m，則質(zhì)點(diǎn)在2 s時(shí)間內(nèi)通過的位移為x＝x2－x1＝20 m－4 m＝16 m，所以

31、：t＝0到t＝2 s間的平均速度為v＝＝ m/s＝8 m/s；故B正確。 2.如圖所示，一小滑塊沿足夠長的斜面以初速度v向上做勻變速運(yùn)動(dòng)，依次經(jīng)A、B、C、D到達(dá)最高點(diǎn)E。已知xAB＝xBD＝6 m，xBC＝1 m，小滑塊從A到C和從C到D所用的時(shí)間都是2 s。設(shè)小滑塊經(jīng)過B、C時(shí)的速度分別為vB、vC，則(　　) A．vC＝6 m/s B．vB＝2 m/s C．xDE＝3 m D．從D到E所用時(shí)間為4 s 解析：選D　因C點(diǎn)是小滑塊由A到D的中間時(shí)刻所對應(yīng)的位置，故vC＝＝ m/s＝3 m/s，A錯(cuò)誤；由vC2－v2＝2axAC，vC＝v＋at，得a＝－0.5 m/s2，v＝4

32、m/s，由vB2－v2＝2axAB，得vB＝ m/s，B錯(cuò)誤；由vE＝v＋atAE＝0，得tAE＝8 s，則從D到E所用時(shí)間為tDE＝4 s，D正確；由xDE＝－atDE2，得xDE＝4 m，C錯(cuò)誤。 3．如圖所示，在水平面上有一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊，在某時(shí)刻給它一個(gè)速度，使其沿水平面做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其依次經(jīng)過A、B、C三點(diǎn)，最終停在O點(diǎn)。A、B、C三點(diǎn)到O點(diǎn)的距離分別為L1、L2、L3，小物塊由A、B、C三點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)所用的時(shí)間分別為t1、t2、t3。則下列結(jié)論正確的是(　　) A.＝＝ B.<< C.＝＝ D.<< 解析：選C　小物塊由A點(diǎn)到O點(diǎn)的勻減速直線運(yùn)動(dòng)可看成由O

33、點(diǎn)到A點(diǎn)的初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由位移公式，分別有L1＝at12、L2＝at22和L3＝at32，聯(lián)立以上各式可得＝＝，選項(xiàng)C正確。 4．在鏈球運(yùn)動(dòng)中，運(yùn)動(dòng)員使鏈球高速旋轉(zhuǎn)，在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)。然后突然松手，由于慣性，鏈球向遠(yuǎn)處飛去。鏈球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，鏈球在水平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)的離地高度為h。設(shè)圓心在地面的投影點(diǎn)為O，鏈球的落地點(diǎn)為P，O、P兩點(diǎn)的距離即為運(yùn)動(dòng)員的成績。若運(yùn)動(dòng)員某次擲鏈球的成績?yōu)長，空氣阻力忽略不計(jì)，則鏈球從運(yùn)動(dòng)員手中脫開時(shí)的速度v為(　　) A．L B．R C. D. 解析：選C　鏈球出手后豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)h＝gt2，落地時(shí)間t＝，水平方

34、向位移如圖所示，鏈球平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移AP＝，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，鏈球出手時(shí)的速度v＝＝，所以C正確。 5.如圖所示是某物體做直線運(yùn)動(dòng)的v2-x圖像(其中v為速度，x為位置坐標(biāo))，下列關(guān)于物體從x＝0處運(yùn)動(dòng)至x0處的過程分析，其中正確的是(　　) A．該物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．該物體的加速度大小為 C．該物體在位移中點(diǎn)的速度小于v0 D．該物體在運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的速度小于v0 解析：選B　根據(jù)v2＝v02＋2ax，對比題圖可知，物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；加速度大小為a＝，選項(xiàng)B正確；該物體在位移中點(diǎn)時(shí)v2＝v02，則v＝>，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，初速度為v0，末速度

35、為零，故物體在運(yùn)動(dòng)中間時(shí)刻的速度等于v0，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 6．一物體做勻減速運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間Δt(未知)內(nèi)通過的位移為x1，緊接著Δt時(shí)間內(nèi)通過的位移為x2，又緊接著經(jīng)過位移x(未知)物體的速度減小為0，則(　　) A．可求Δt B．可求加速度a的大小 C．Δt和加速度a的大小均不可求 D．可求x，x＝ 解析：選CD　根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)推論Δx＝aT2得：x2－x1＝a(Δt)2，解得：a＝，通過位移x1的末速度等于2Δt時(shí)間內(nèi)的平均速度，為v1＝，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律：v12＝2(－a)(x2＋x)，解得：x＝，由以上分析可知，只能求出x，故C、D正確。 7.A、B兩點(diǎn)在同一條豎直

36、線上，A點(diǎn)離地面的高度為2.5h，B點(diǎn)離地面高度為2h。將兩個(gè)小球分別從A、B兩點(diǎn)水平拋出，它們在P點(diǎn)相遇，P點(diǎn)離地面的高度為h。已知重力加速度為g，則(　　) A．兩個(gè)小球一定同時(shí)拋出 B．兩個(gè)小球拋出的時(shí)間間隔為(－) C．小球A、B拋出的初速度之比＝ D．小球A、B拋出的初速度之比＝ 解析：選BD　平拋運(yùn)動(dòng)在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，由h＝gt2，得t＝，由于A到P的豎直高度較大，所以從A點(diǎn)拋出的小球運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長，應(yīng)先拋出，故A錯(cuò)誤；由t＝，得兩個(gè)小球拋出的時(shí)間間隔為Δt＝tA－tB＝ －＝(－)，故B正確；由x＝v0t得v0＝x，x相等，則小球A、B拋出的初速度之比＝ ＝ ＝

37、，故C錯(cuò)誤，D正確。 8.摩擦傳動(dòng)是傳動(dòng)裝置中的一個(gè)重要模型，如圖所示，甲、乙兩個(gè)水平放置的輪盤靠摩擦傳動(dòng)，其中O、O′分別為兩輪盤的軸心，已知r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作時(shí)兩輪盤不打滑。今在兩輪盤上分別放置兩個(gè)同種材料制成的滑塊A、B，兩滑塊與輪盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等，兩滑塊到軸心O、O′的距離分別為RA、RB，且RA＝2RB。若輪盤乙由靜止開始緩慢地轉(zhuǎn)動(dòng)，且轉(zhuǎn)速逐漸增大，則下列敘述正確的是(　　) A．滑塊相對輪盤開始滑動(dòng)前，A、B的角速度大小之比為ωA∶ωB＝1∶3 B．滑塊相對輪盤開始滑動(dòng)前A、B的向心加速度大小之比為aA∶aB＝1∶3 C．轉(zhuǎn)速增大后最終滑塊A先發(fā)生相對滑動(dòng)

38、 D．轉(zhuǎn)速增大后最終滑塊B先發(fā)生相對滑動(dòng) 解析：選AD　由題意可知兩輪盤邊緣的線速度大小相等，有ω甲r甲＝ω乙r乙，則ω甲∶ω乙＝r乙∶r甲＝1∶3，所以滑塊相對輪盤開始滑動(dòng)前，A、B的角速度大小之比為1∶3，A正確；滑塊相對輪盤開始滑動(dòng)前，根據(jù)a＝ω2r得A、B的向心加速度大小之比為aA∶aB＝(ω甲2RA)∶(ω乙2RB)＝2∶9，B錯(cuò)誤；據(jù)題意可得兩滑塊所受的最大靜摩擦力分別為fA＝μmAg，fB＝μmBg，最大靜摩擦力之比為fA∶fB＝mA∶mB，轉(zhuǎn)動(dòng)中兩滑塊所受的靜摩擦力之比為fA′∶fB′＝(mAaA)∶(mBaB)＝(2mA)∶(9mB)，由此可知，當(dāng)輪盤乙的轉(zhuǎn)速緩慢增大時(shí)，

39、滑塊B的靜摩擦力先達(dá)到最大，先開始滑動(dòng)，C錯(cuò)誤，D正確。 9．(2017·鹽城三模)運(yùn)動(dòng)員在同一位置分別沿與地面成60°和30°的方向踢出一只橄欖球，兩次球落在同一地點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，不計(jì)空氣阻力，則球(　　) A．兩次運(yùn)動(dòng)位移相等 B．沿軌跡①運(yùn)動(dòng)時(shí)間長 C．在最高點(diǎn)時(shí)沿軌跡②運(yùn)動(dòng)速度小 D．兩次最高點(diǎn)位置一定在同一豎直線上 解析：選ABD　兩次球從同一地點(diǎn)出發(fā)落在同一地點(diǎn)，則兩次運(yùn)動(dòng)位移相等，故A正確；兩次球都做斜拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)下落的時(shí)間為t，最大高度為h，則有h＝gt2，得t＝，可知球沿軌跡①下落的時(shí)間長，而上升與下落時(shí)間相等，所以沿軌跡①運(yùn)動(dòng)的總

40、時(shí)間長，故B正確；球水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有x＝vxt，得水平分速度vx＝，水平分位移x相等，球沿軌跡①運(yùn)動(dòng)時(shí)間長，則球沿軌跡①的水平分速度小，在最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度小，故C錯(cuò)誤；兩次球都做斜拋運(yùn)動(dòng)，軌跡都為拋物線，根據(jù)對稱性知，兩次最高點(diǎn)位置一定在同一豎直線上，故D正確。 二、非選擇題 10．甲、乙兩輛汽車都從靜止出發(fā)做加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度方向一直不變。在第一段時(shí)間間隔內(nèi)，兩輛汽車的加速度大小不變，汽車乙的加速度大小是甲的三倍；在接下來的時(shí)間間隔為前一段時(shí)間間隔的兩倍時(shí)間內(nèi)，汽車甲的加速度大小增加為原來的三倍，汽車乙的加速度大小減小為原來的三分之一。求甲、乙兩車各自在這兩段時(shí)間間隔內(nèi)走

41、過的總路程之比。 解析：設(shè)第一段時(shí)間為t，甲的加速度大小為a，則第一段時(shí)間乙的加速度大小為3a；第二段時(shí)間為2t，甲的加速度大小為3a、乙的加速度為a。 第一段時(shí)間甲、乙的末速度分別為v1＝at，v2＝3a·t＝3at 第二段時(shí)間甲、乙的末速度分別為v3＝v1＋3a·2t＝7at，v4＝v2＋a·2t＝5at 在這兩段時(shí)間內(nèi)甲、乙的位移大小分別為x1＝t＋·2t＝at2，x2＝t＋·2t＝at2 則甲、乙兩車各自在這兩段時(shí)間間隔內(nèi)走過的總路程之比為x1∶x2＝17∶19。 答案：17∶19 11.重物A和滑塊B用細(xì)線跨過定滑輪相連，A距地面高為H，B可在細(xì)線牽引下在水平足夠長的木

42、板上滑動(dòng)，如圖甲所示?；瑝KB上面固定了一個(gè)力傳感器(未畫出)，可以測定細(xì)線對滑塊的拉力，C為運(yùn)動(dòng)傳感器，可以測定滑塊B運(yùn)動(dòng)的v-t圖像。從某時(shí)刻起釋放滑塊B，測得滑塊B所受拉力F隨時(shí)間t變化的圖像和滑塊B的v-t 圖像，如圖乙所示。(取g＝10 m/s2) (1)求滑塊B與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)； (2)試通過分析討論，當(dāng)增大滑塊B的質(zhì)量時(shí)，它的v-t圖像將如何變化，并在v-t圖中畫出大致圖像。 解析：(1)由題圖甲、乙可知，滑塊B受細(xì)線拉力和滑動(dòng)摩擦力作用做勻加速運(yùn)動(dòng)，在0.6 s 時(shí)A觸地，之后滑塊B在水平方向只受滑動(dòng)摩擦力作用，做勻減速運(yùn)動(dòng)，1.4 s 時(shí)停下。 滑塊B做勻減速

43、運(yùn)動(dòng)的加速度的大小 a2＝ m/s2＝3 m/s2， 由μmBg＝mBa2，得動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3。 (2)設(shè)滑塊B(包括力傳感器)的質(zhì)量為mB，重物A的質(zhì)量為mA，根據(jù)牛頓第二定律，以A、B整體為研究對象有mAg－μmBg＝(mA＋mB)a1， 得a1＝， ①若mAg－μmBg>0，即mB<，當(dāng)mB增大時(shí)，加速度a1減小，由于重物A下落的高度H一定，則加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間延長，而最大速度減小。重物A觸地后滑塊B仍做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度a2的大小不變，然后停下。 v-t的大致圖像如圖中點(diǎn)劃線所示。 ②若mAg－μmBg≤0， 即mB≥，滑塊B始終保持靜止。v-t圖像與橫軸重合。

44、答案：(1)0.3　(2)見解析 　二、明“因”熟“力”，破解平衡問題 [抓牢解題本源] 一、明“因”熟“力”，理清一個(gè)“網(wǎng)絡(luò)” 二、兩種思維方法，攻克受力分析問題 三、確定基本思路，破解平衡問題 [研透?？碱}根]　　 整體法和隔離法在受力分析中的應(yīng)用 [例1]　如圖所示，A是傾角為θ、質(zhì)量為M的斜面體，其上表面粗糙。B是質(zhì)量為m、截面為直角三角形的物塊，物塊B上表面水平。物塊B在一水平推力F的作用下沿斜面勻速上升，斜面體靜止不動(dòng)。設(shè)重力加速度為g，則下列說法中正確的是(　　) A．地面對斜面體A無摩擦力 B．B對A的壓力大小為mgcos θ C

45、．A對地面的壓力大小為Mg D．B對A的作用力大小為 [思路點(diǎn)撥]　試畫出A、B組成的整體和物體B的受力示意圖。 提示： [解析]　先對A、B整體受力分析，受重力、支持力、推力和向左的靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，水平方向：F＝Ff1，豎直方向：FN1＝(M＋m)g，根據(jù)牛頓第三定律，壓力與支持力等值，故壓力為(M＋m)g，故A、C錯(cuò)誤；對物塊B受力分析，受推力、重力、支持力和滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)平衡條件，平行斜面方向：Fcos θ－mgsin θ－Ff2＝0，垂直斜面方向：FN2＝Fsin θ＋mgcos θ，其中：Ff2＝μFN2，根據(jù)牛頓第三定律，壓力與支持力等值，故壓力為Fsin

46、θ＋mgcos θ，故B錯(cuò)誤；由于是四力平衡，故支持力和摩擦力的合力與推力F和重力的合力平衡；即A對B的作用力大小等于，故B對A的作用力大小也等于，故D正確。 [答案]　D [備考錦囊]　 整體法和隔離法的應(yīng)用技巧 (1)不涉及系統(tǒng)內(nèi)力時(shí)，優(yōu)先考慮應(yīng)用整體法，即“能整體、不隔離”。 (2)應(yīng)用“隔離法”，也要先隔離“簡單”的物體，如待求量少或受力少或處于邊緣處的物體。 (3)將“整體法”與“隔離法”有機(jī)結(jié)合、靈活應(yīng)用。 (4)各“隔離體”間的關(guān)聯(lián)力，表現(xiàn)為作用力與反作用力，對整體系統(tǒng)則是內(nèi)力。 (5)在某些特殊情形中，研究對象可以是物體的一部分，或繩子的結(jié)點(diǎn)、力的作用點(diǎn)等。

47、 [即時(shí)訓(xùn)練] (多選)(2017·蘇州3校聯(lián)考)如圖所示，物體A、B、C疊放在水平桌面上，水平力F作用于C物體，使A、B、C以相同的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，那么關(guān)于它們的受力下列說法正確的是(　　) A．由于B向右運(yùn)動(dòng)，所以B受到向左的摩擦力 B．C受到的摩擦力方向水平向左 C．A受到兩個(gè)摩擦力作用 D．由于不知A與水平桌面之間是否光滑，所以無法判斷A與水平桌面間是否存在摩擦力 解析：選BC　由于B向右勻速運(yùn)動(dòng)，所以B不受摩擦力作用，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體C受到向右的拉力和向左的摩擦力作用，選項(xiàng)B正確；A受到C對A的向右的摩擦力作用，同時(shí)受到地面向左的摩擦力作用，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。

48、 “程序法”破解靜態(tài)平衡問題 [例2]　(2017·射陽二模)如圖所示，橫截面為直角三角形的斜劈P，靠在粗糙的豎直墻面上，力F正對球心水平作用在光滑球Q上，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)力F增大時(shí)，系統(tǒng)仍保持靜止，下列說法正確的是(　　) A．斜劈P所受合外力增大 B．球Q對地面的壓力不變 C．墻面對斜劈P的摩擦力增大 D．斜劈P對豎直墻面的壓力增大 [審題指導(dǎo)]　 (1)斜劈P一直處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合外力一直為零。 (2)以整體為研究對象，分析斜劈P對豎直墻面的壓力變化情況以及墻面對P的摩擦力，對球Q受力分析，根據(jù)平衡條件得出球Q對地面的壓力變化情況。 [解析]　斜劈P一直處于靜止?fàn)?/p>

49、態(tài)，所受合外力一直為零不變，故A錯(cuò)誤；對球Q受力分析，如圖，根據(jù)平衡條件：F＝N′sin θ，F(xiàn)增大，則N′增大，N″＝mg＋N′cos θ，N′增大，則N″增大，根據(jù)牛頓第三定律得，球Q對地面的壓力增大，故B錯(cuò)誤；以整體為研究對象，豎直方向：N″＋f＝Mg，故隨支持力的增大，摩擦力減小，故C錯(cuò)誤；以整體為研究對象，受力分析，根據(jù)平衡條件，水平方向：N＝F，N為豎直墻面對斜劈P的彈力，F(xiàn)增大，則N增大，所以由牛頓第三定律可得：斜劈P對豎直墻面的壓力增大，故D正確。 [答案]　D [備考錦囊]　 破解靜態(tài)平衡問題的一般程序 →→→→ [即時(shí)訓(xùn)練]如圖所示，石拱橋的正中央有一質(zhì)量為m

50、的對稱楔形石塊，側(cè)面與豎直方向的夾角為α，重力加速度為g，若接觸面間的摩擦力忽略不計(jì)，則石塊側(cè)面所受彈力的大小為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A. B. C.mgtan α D.mgcot α 解析：選A　對石塊受力分析，如圖：根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，所受彈力大小F1＝F2＝F′，將彈力F1、F2合成，結(jié)合幾何關(guān)系，有：mg＝2×F′sin α，所以：F′＝，故選項(xiàng)A正確。 多法并進(jìn)，破解動(dòng)態(tài)平衡問題 [例3]　城市中的路燈、無軌電車的供電線路等經(jīng)常用三角形的結(jié)構(gòu)懸掛。如圖是這類結(jié)構(gòu)的一種簡化模型，硬桿左端可繞通過B點(diǎn)且垂直于紙面的軸無摩擦轉(zhuǎn)動(dòng)

51、，右端O點(diǎn)通過鋼索掛于A點(diǎn)，鋼索和硬桿的重力均可忽略。有一質(zhì)量不變的重物通過細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，現(xiàn)將鋼索的懸掛點(diǎn)A緩慢向下移動(dòng)，并使鋼索緩慢變短，以保證硬桿始終水平。在上述變化過程中，下列說法中正確的是(　　) A．鋼索對O點(diǎn)的拉力變大 B．硬桿對O點(diǎn)的彈力變小 C．鋼索和硬桿對O點(diǎn)的作用力的合力變大 D．鋼索和硬桿對O點(diǎn)的作用力的合力變小 [審題指導(dǎo)]　 (1)“緩慢”二字的含義是O點(diǎn)始終處于平衡狀態(tài)。 (2)由于桿OB為可轉(zhuǎn)動(dòng)桿，桿上彈力應(yīng)沿桿的方向。 [解析]　方法一：解析法 對O點(diǎn)受力分析，共受三個(gè)力作用：鋼索的拉力FA，硬桿的彈力FB，細(xì)線的拉力FC(設(shè)重物的質(zhì)量為m，

52、則有FC＝mg)。由硬桿始終水平可知，O點(diǎn)始終靜止，即處于平衡狀態(tài)，根據(jù)“物體受三個(gè)共點(diǎn)力而處于平衡狀態(tài)時(shí)，其中任意兩個(gè)力的合力與第三個(gè)力等大反向”可知，鋼索和硬桿對O點(diǎn)的作用力的合力大小始終與細(xì)線的拉力大小相等，即保持不變，C、D錯(cuò)誤；沿水平和豎直方向建立直角坐標(biāo)系，設(shè)鋼索與水平方向夾角為θ(0°<θ<90°)，則有FAcos θ＝FB，F(xiàn)Asin θ＝FC，聯(lián)立可得FA＝，F(xiàn)B＝?？芍?dāng)A點(diǎn)緩慢向下移動(dòng)時(shí)，θ變小，F(xiàn)A和FB均變大，B錯(cuò)誤，A正確。 方法二：圖解法 對O點(diǎn)進(jìn)行受力分析，知FB與FC的合力和FA等大反向，由圖可知FA和FB一直增大，A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)三力平衡的特點(diǎn)知

53、，F(xiàn)A與FB的合力與重力等大反向，即為定值，故C、D錯(cuò)誤。 [答案]　A [備考錦囊]　 動(dòng)態(tài)平衡問題的解題技巧 [即時(shí)訓(xùn)練] 1．(圖解法)如圖所示，質(zhì)量分布均勻的光滑小球O，放在傾角均為θ的斜面體上，斜面體置于同一水平面上，且處于平衡，則下列說法中正確的是(　　) A．甲圖中斜面對球O彈力最大 B．丙圖中斜面對球O彈力最小 C．乙圖中擋板MN對球O彈力最小 D．丙圖中擋板MN對球O彈力最大 解析：選A　將甲、乙、丙、丁四種情況小球的受力圖作出，如圖所示：由平衡條件得知，丁圖中斜面對小球的彈力為零，擋板對小球的彈力等于其重力G；斜面對小球的彈力和擋

54、板對小球的彈力的合力與重力大小相等、方向相反，即得到甲、乙、丙三種情況下此合力相等，由平行四邊形定則知，丙圖中擋板MN對小球的彈力最小，甲圖中斜面對小球的彈力最大，故A正確。 2．(解析法)如圖所示，斜面置于粗糙水平面上，斜面光滑，小球被輕質(zhì)細(xì)線系住放在斜面上，細(xì)線另一端跨過光滑定滑輪，用力拉細(xì)線使小球沿斜面緩慢下移一段距離，斜面始終靜止，移動(dòng)過程中(　　) A．細(xì)線對小球的拉力變小 B．斜面對小球的支持力變小 C．斜面對地面的壓力變小 D．地面對斜面的摩擦力變小 解析：選A　設(shè)小球和斜面的質(zhì)量分別為m和M，細(xì)線與斜面的夾角為θ。小球受如圖甲所示，則由平衡條件得，斜面方向：mgsi

55、n α＝Tcos θ　?、?，垂直斜面方向：N＋Tsin θ＝mgcos α　　②，使小球沿斜面緩慢下移時(shí)，θ減小，其他量不變，由①知，T減??；由②知， N變大，故A正確，B錯(cuò)誤；斜面受重力Mg、小球的壓力N、地面的支持力N′和摩擦力f，如圖乙所示，由平衡條件得f＝Nsin α，N變大，則f變大，N′＝Mg＋Ncos α，N變大，則N′變大，由牛頓第三定律得知，斜面對地面的壓力也變大，故C、D錯(cuò)誤。 3．(相似三角形法)(多選)城市中的路燈、無軌電車的供電線路等，經(jīng)常用三角形的結(jié)構(gòu)懸掛，如圖是這一類結(jié)構(gòu)的簡化模型。圖中輕桿OB可以繞過B點(diǎn)且垂直于紙面的軸自由轉(zhuǎn)動(dòng)，鋼索OA和桿OB的質(zhì)量都

56、可以忽略不計(jì)，如果懸掛物的重力為G，∠ABO＝90 °，AB>OB。某次產(chǎn)品質(zhì)量檢測和性能測試中保持A、B兩點(diǎn)不動(dòng)，只改變鋼索OA的長度，關(guān)于鋼索OA的拉力F1和桿OB上的支持力F2的變化情況，下列說法正確的有(　　) A．從圖示位置開始縮短鋼索OA，鋼索OA的拉力F1先減小后增大 B．從圖示位置開始縮短鋼索OA，桿OB上的支持力F2大小不變 C．從圖示位置開始伸長鋼索OA，鋼索OA的拉力F1增大 D．從圖示位置開始伸長鋼索OA，桿OB上的支持力F2先減小后增大 解析：選BC　設(shè)鋼索OA的長度為L，桿OB的長度為R，A、B兩端距離為H，根據(jù)相似三角形知識可知＝＝，所以從題中圖示位置開

57、始縮短鋼索OA，鋼索OA的拉力F1減小，桿OB上的支持力F2大小不變，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；從題中圖示位置開始伸長鋼索OA，鋼索OA的拉力F1增大，桿OB上的支持力F2大小不變，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。 [課余自查小練] 1.如圖所示是一個(gè)簡易起吊設(shè)施的示意圖，AC是質(zhì)量不計(jì)的撐桿，A端與豎直墻用鉸鏈連接，一滑輪固定在A點(diǎn)正上方，C端吊一重物?，F(xiàn)施加一拉力F緩慢將重物P向上拉，在AC桿達(dá)到豎直前(　　) A．BC繩中的拉力FT越來越大 B．BC繩中的拉力FT越來越小 C．AC桿中的支撐力FN越來越大 D．AC桿中的支撐力FN越來越小 解析：選B　作出C點(diǎn)的受力示意圖，如圖所示，由圖可知

58、力的矢量三角形與幾何三角形ABC相似。根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得＝＝，解得BC繩中的拉力為FT＝G，AC桿中的支撐力為FN＝G。由于重物P向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，AB、AC不變，BC變小，故FT減小，F(xiàn)N不變。選項(xiàng)B正確。 2.(2017·徐州質(zhì)檢)如圖所示，在水平天花板的A點(diǎn)處固定一根輕桿a，桿與天花板保持垂直。桿的下端有一個(gè)輕滑輪O。另一根細(xì)線上端固定在該天花板的B點(diǎn)處，細(xì)線跨過滑輪O，下端系一個(gè)重為G的物體，BO段細(xì)線與天花板的夾角為θ＝30°。系統(tǒng)保持靜止，不計(jì)一切摩擦。下列說法中正確的是(　　) A．細(xì)線BO對天花板的拉力大小是 B．a(chǎn)桿對滑輪的作用力大小是 C．a(chǎn)桿和細(xì)線對滑輪的合力大小是

59、G D．a(chǎn)桿對滑輪的作用力大小是G 解析：選D　細(xì)線上的彈力處處相等，因此細(xì)線BO對天花板的拉力大小是G，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；兩段細(xì)線上彈力均為G，構(gòu)成菱形，合力為2Gsin 30°＝G，大小等于a桿對滑輪的作用力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，D正確；由于系統(tǒng)保持靜止，所以a桿和細(xì)線對滑輪的合力大小是0，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 3．一根輕質(zhì)彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80 cm 的兩點(diǎn)上，彈性繩的原長也為 80 cm。將一鉤碼掛在彈性繩的中點(diǎn)，平衡時(shí)彈性繩的總長度為100 cm；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點(diǎn)，則彈性繩的總長度變?yōu)?彈性繩的伸長始終處于彈性限度內(nèi))(　　) A．86 cm　　　　　　

60、　 B．92 cm C．98 cm D．104 cm 解析：選B　將鉤碼掛在彈性繩的中點(diǎn)時(shí)，由數(shù)學(xué)知識可知鉤碼兩側(cè)的彈性繩(勁度系數(shù)設(shè)為k)與豎直方向夾角θ均滿足sin θ＝，對鉤碼(設(shè)其重力為G)靜止時(shí)受力分析，得G＝2kcos θ；彈性繩的兩端移至天花板上的同一點(diǎn)時(shí)，對鉤碼受力分析，得G＝2k，聯(lián)立解得L＝92 cm，故A、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確。 4.如圖所示，長為5 m的細(xì)繩的兩端分別系于豎立在地面上相距為4 m的兩桿的頂端A、B，繩上掛一個(gè)光滑的輕質(zhì)掛鉤，其下連著一個(gè)重為12 N的物體，平衡時(shí)，掛鉤兩側(cè)繩與水平面的夾角均為α，問： (1)繩中的張力T為多少？ (2)A點(diǎn)向

61、上移動(dòng)少許，重新平衡后，繩中張力如何變化？ 解析：(1)設(shè)兩桿間的距離為s，繩的總長度為L，掛鉤右側(cè)長度為L1，左側(cè)長度為L2，由題意知 s＝4 m，L＝5 m 由幾何知識得 s＝L1cos α＋L2cos α＝Lcos α 得cos α＝＝， 則得sin α＝ 對掛鉤受力分析如圖所示，根據(jù)平衡條件知，兩繩的拉力的合力與G等大、反向，則有 2Tcos＝G 解得T＝10 N。 (2)A點(diǎn)向上移動(dòng)少許，兩桿間的距離s和繩的總長度L都沒有變化，由cos α＝知，α不變，則繩中張力均不變。 答案：(1)10 N (2)繩中張力均不變 [專題跟蹤檢測] 一、選擇題(第1～

62、5題為單項(xiàng)選擇題，第6～9題為多項(xiàng)選擇題) 1.如圖所示，一個(gè)人站在水平地面上的長木板上用力F向右推箱子，長木板、人、箱子均處于靜止?fàn)顟B(tài)，三者的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，則(　　) A．箱子受到的摩擦力方向向右 B．地面對長木板的摩擦力方向向左 C．長木板對地面的壓力大小為3mg D．若人用斜向下的力推箱子，則長木板對地面的壓力會(huì)大于3mg 解析：選C　人用力F向右推箱子，對箱子受力分析，箱子受推力、重力、支持力、靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，箱子受到的摩擦力方向向左，與推力平衡，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對長木板、人、箱子整體進(jìn)行受力分析，整體受重力和支持力，整體不受靜摩擦力，否則不平衡，故地面對

63、長木板沒有靜摩擦力，又支持力等于重力，根據(jù)牛頓第三定律，支持力等于壓力，故壓力等于重力，為3mg，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，C正確；若人用斜向下的力推箱子，對整體分析可知，豎直方向上受重力和支持力，故壓力依然等于3mg，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 2.(2017·鎮(zhèn)江三模)如圖所示，水平地面上有一個(gè)圓柱體A?，F(xiàn)在A與豎直墻之間放一完全相同的圓柱體B，不計(jì)一切摩擦，將A緩慢向左移動(dòng)(B未與地面接觸)，則在此過程中A對B的彈力F1、墻對B的彈力F2(　　) A．F1變小、F2變小　　　　　 B．F1變小、F2變大 C．F1變大、F2變大 D．F1變大、F2變小 解析：選A　不計(jì)一切摩擦，將A緩慢向左移動(dòng)(B未與地面

64、接觸)，則A、B處處受力平衡，對B受力分析如圖所示。A向左移動(dòng)，那么θ變小，所以，F(xiàn)1＝變小，F(xiàn)2＝Gtan θ變小，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。 3.如圖所示，小明在水平桌面上將三個(gè)形狀不規(guī)則的石塊成功疊放在一起，下列說法正確的是(　　) A．石塊a一定只受兩個(gè)力 B．石塊b對a的支持力與a受到的重力是一對相互作用力 C．石塊c受到水平桌面向左的摩擦力 D．水平桌面對石塊c的支持力等于三個(gè)石塊的重力之和 解析：選D　石塊a與b的接觸面不一定沿水平方向，可能還受到摩擦力，故A錯(cuò)誤；石塊b對a的支持力與a受到的重力性質(zhì)不同，作用在一個(gè)物體上，不是一對相互作用力，故B錯(cuò)誤；對a、b、c整

65、體受力分析，受重力和水平桌面的支持力而平衡，即石塊c與水平桌面之間無摩擦力，故C錯(cuò)誤；對a、b、c整體，由平衡條件得：水平桌面對石塊c的支持力等于三個(gè)石塊的重力之和，故D正確。 4.在豎直墻壁間有質(zhì)量分別是m和2m的半圓球A和圓球B，其中B球球面光滑，半球A與左側(cè)墻壁之間存在摩擦。兩球心之間連線與水平方向成30°的夾角，兩球恰好不下滑，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力(g為重力加速度)，則半球A與左側(cè)墻壁之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(　　) A. B. C. D. 解析：選A　以圓球B為研究對象，對圓球B進(jìn)行受力分析如圖甲所示，由平衡條件可得：FN＝Fcos 30°，F(xiàn)sin 30°＝2mg，所

66、以：FN＝2mg。以兩球組成的整體為研究對象，其受力如圖乙所示。由平衡條件有：Ff＝μFN1′(FN1′與FN1是一對相互作用力，F(xiàn)N1′表示半球A對墻壁的壓力)，聯(lián)立解得μ＝，選項(xiàng)A正確。 5．(2017·江蘇二模)我國的高鐵技術(shù)在世界處于領(lǐng)先地位，高鐵(如圖甲所示)在行駛過程中非常平穩(wěn)，放在桌上的水杯幾乎觀察不到晃動(dòng)。圖乙為高鐵車廂示意圖，A、B兩物塊相互接觸地放在車廂里的水平桌面上，物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，A的質(zhì)量比B的質(zhì)量大，高鐵在平直的鐵軌上向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，A、B相對于桌面始終保持靜止，下列說法正確的是(　　) A．A受到2個(gè)力的作用 B．B受到3個(gè)力的作用 C．A受到桌面對它向右的摩擦力 D．B受到A對它向右的彈力 解析：選A　高鐵在平直的鐵軌上向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)A、B均在向右做勻速運(yùn)動(dòng)，故A、B均只受重力和支持力作用，水平方向沒有外力，故水平方向均不受摩擦力，同時(shí)A、B間也沒有彈力作用，故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。 6.如圖所示，水平地面上放著一個(gè)畫架，它的前支架是固定的，而后支架可前后移動(dòng)，畫架上靜止放著一幅重為G的畫。下列說法正確的