（江苏选考）2023版高考物理二轮复习第一部分专题一力与运动学案

PAGEPAGEPAGE1专题一力与运动[学前先做高考题]高考题最经典，每做一次都有新发现1．(2022·江苏高考)如下图，某“闯关游戏〞的笔直通道上每隔8m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5s和2s。关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2m/s，然后匀速向前，那么最先挡住他前进的关卡是()A．关卡2 B．关卡3C．关卡4 D．关卡5解析：选C设这位同学加速到2m/s时所用时间为t1，由v1＝at1，得t1＝eq\f(v1,a)＝1s，通过的位移x1＝eq\f(1,2)at12＝1m，然后匀速前进的位移x2＝v1(t－t1)＝8m，因x1＋x2＝9m>8m，即这位同学已通过关卡2，距该关卡1m，当关卡关闭t2＝2s时，此同学在关卡2、3之间通过了x3＝v1t2＝4m的位移，接着关卡放行t＝5s，同学通过的位移x4＝v1t＝10m，此时距离关卡4为x5＝24m－(1＋8＋4＋10)m＝1m，关卡关闭2s，经过t3＝eq\f(x5,v1)＝0.5s后关卡4最先挡住他前进。2．(2022·江苏高考)一轻质弹簧原长为8cm，在4N的拉力作用下伸长了2cm，弹簧未超出弹性限度。那么该弹簧的劲度系数为()A．40m/N B．40N/mC．200m/N D．200N/m解析：选D由F＝kx知，弹簧的劲度系数k＝eq\f(F,x)＝eq\f(4,0.02)N/m＝200N/m，选项D正确。3．(多项选择)(2022·江苏高考)如下图，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面。假设鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，那么在上述过程中()A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C．假设猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D．假设猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面解析：选BD鱼缸相对于桌布有向左运动的趋势，故应受到向右的摩擦力，选项A错误；由于鱼缸与桌布、桌面之间的动摩擦因数相等，鱼缸在桌布上运动和在桌面上运动时加速度的大小相等，根据v＝at，鱼缸在桌布上和在桌面上的滑动时间相等，选项B正确；假设猫增大拉力，鱼缸与桌布之间的摩擦力仍然为滑动摩擦力，大小不变，选项C错误；假设猫减小拉力，鱼缸可能随桌布一起运动而滑出桌面，选项D正确。4．(2022·江苏高考)小球从一定高度处由静止下落，与地面碰撞后回到原高度再次下落，重复上述运动。取小球的落地点为原点建立坐标系，竖直向上为正方向。以下速度v和位置x的关系图像中，能描述该过程的是()解析：选A由题意知在运动过程中小球机械能守恒，设机械能为E，小球离地面高度为x时速度为v，那么有mgx＋eq\f(1,2)mv2＝E，可变形为x＝－eq\f(v2,2g)＋eq\f(E,mg)，由此方程可知图像为开口向左、顶点在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,mg)，0))的抛物线，应选项A正确。5．(2022·江苏高考)有A、B两小球，B的质量为A的两倍。现将它们以相同速率沿同一方向抛出，不计空气阻力。图中①为A的运动轨迹，那么B的运动轨迹是()A．① B．②C．③ D．④解析：选A不计空气阻力的情况下，两球沿同一方向以相同速率抛出，其运动轨迹是相同的，选项A正确。6．(2022·江苏高考)如下图，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇。假设两球的抛出速度都变为原来的2倍，那么两球从抛出到相遇经过的时间为()A．t B.eq\f(\r(2),2)tC.eq\f(t,2) D.eq\f(t,4)解析：选C设两球间的水平距离为L，第一次抛出的速度分别为v1、v2，由于小球抛出后在水平方向上做匀速直线运动，那么从抛出到相遇经过的时间t＝eq\f(L,v1＋v2)，假设两球的抛出速度都变为原来的2倍，那么从抛出到相遇经过的时间为t′＝eq\f(L,2v1＋v2)＝eq\f(t,2)，C项正确。7．(2022·江苏高考)如下图，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上。物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。以下说法正确的选项是()A．物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2B．小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2C．物块上升的最大高度为eq\f(2v2,g)D．速度v不能超过eq\r(\f(2F－MgL,M))解析：选D物块受到的摩擦力小于最大静摩擦力，即Mg<2F。物块向右匀速运动时，物块处于平衡状态，绳中的张力T＝Mg≤2F，故A错误；小环碰到钉子P时，物块做圆周运动，根据牛顿第二定律和向心力公式有：T－Mg＝eq\f(Mv2,L)，T＝Mg＋eq\f(Mv2,L)，所以绳中的张力与2F大小关系不确定，B错误；假设物块做圆周运动到达的高度低于钉子P的高度，根据动能定理有－Mgh＝0－eq\f(1,2)Mv2，那么最大高度h＝eq\f(v2,2g)。假设物块做圆周运动到达的高度高于钉子P的高度，那么根据动能定理有－Mgh＝eq\f(1,2)Mv′2－eq\f(1,2)Mv2，那么最大高度h<eq\f(v2,2g)，C错误；小环碰到钉子P后，物块做圆周运动，在最低点，物块与夹子间的静摩擦力到达最大值，由牛顿第二定律知：2F－Mg＝eq\f(Mv2,L)，故最大速度v＝eq\r(\f(2F－MgL,M))，D正确。8．(多项选择)(2022·江苏高考)“天舟一号〞货运飞船于2017年4月20日在文昌航天发射中心成功发射升空。与“天宫二号〞空间实验室对接前，“天舟一号〞在距地面约380km的圆轨道上飞行，那么其()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380km的圆轨道上飞行时，由Geq\f(Mm,r2)＝mω2r可知，半径越小，角速度越大，那么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＝eq\f(2π,ω)可知，“天舟一号〞的周期小于地球自转周期，C项正确；由Geq\f(Mm,R2)＝mg，Geq\f(Mm,R＋h2)＝ma可知，向心加速度a小于地球外表的重力加速度g，D项正确。9．(多项选择)(2022·江苏高考)如下图，两质量相等的卫星A、B绕地球做匀速圆周运动，用R、T、Ek、S分别表示卫星的轨道半径、周期、动能、与地心连线在单位时间内扫过的面积。以下关系式正确的有()A．TA＞TB B．EkA＞EkBC．SA＝SB D.eq\f(RA3,TA2)＝eq\f(RB3,TB2)解析：选AD根据开普勒第三定律，eq\f(RA3,TA2)＝eq\f(RB3,TB2)，又RA＞RB，所以TA＞TB，选项A、D正确；由Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)得，v＝eq\r(\f(GM,R))，所以vA＜vB，那么EkA＜EkB，选项B错误；由Geq\f(Mm,R2)＝mReq\f(4π2,T2)得，T＝2πeq\r(\f(R3,GM))，卫星与地心的连线在单位时间内扫过的面积S＝eq\f(1,T)πR2＝eq\f(\r(GMR),2)，可知SA＞SB，选项C错误。10．(2022·江苏高考)过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51pegb〞的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕。“51pegb〞绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为4天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的eq\f(1,20)。该中心恒星与太阳的质量比约为()A.eq\f(1,10) B．1C．5 D．10解析：选B行星绕中心恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，那么eq\f(M1,M2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r1,r2)))3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T2,T1)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,20)))3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(365,4)))2≈1，选项B正确。一、熟知四类典型运动，掌握物体运动规律[抓牢解题根源]一、熟记四类典型运动四类典型运动合外力的特点匀速直线运动为零匀变速直线运动恒定平抛运动恒为重力匀速圆周运动大小恒定，方向时刻指向圆心二、掌握匀变速直线运动的“三基两推〞1．三个根本规律(1)v＝v0＋at(2)x＝v0t＋eq\f(1,2)at2(3)v2－v02＝2ax2．两个主要推论(1)Δx＝aT2(2)v＝eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋v,2)三、抓住平抛运动的“三个两〞1．两个分解(1)速度的分解eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝gt))(2)位移的分解eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝v0t,y＝\f(1,2)gt2))2．两个角度(1)速度的偏角：tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)(2)位移的偏角：tanβ＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0)3．两个推论(1)tanα＝2tanβ；(2)速度的反向延长线过水平位移的中点。四、用好匀速圆周运动的“一、一〞法那么1.一个中心：F合＝F向2．一串表达式：F向＝meq\f(v2,R)＝mRω2＝mReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2[研透常考题根]考查匀变速直线运动的规律[例1]架设在公路上的激光测速仪发射出的光束有一定的倾角，导致只能测定距离仪器20～200m范围内汽车的车速。某路段限速54km/h。一辆小轿车在距离测速仪264m时司机发现了前方的测速仪，立即开始做匀减速直线运动，结果第一次测速时该车恰好没有超速，且第二次测速时测得小轿车的速度为50.4km/h。测速仪每隔2s测速一次，测速激光脉冲时间极短。求该小轿车减速前的速度范围。[思路点拨](1)画出小轿车运动情景图。(2)挖掘隐含条件，确定小轿车运动规律：由“第一次测速时该车恰好没有超速〞可得v1＝54km/h＝15m/s；假设第一次测速发生在小轿车进入测量范围t＝2s时，那么小轿车在减速前的速度为最大。(3)小轿车做匀减速直线运动，由v＝v0＋at求其加速度，由v2－v02＝2ax确定小轿车的初速度。(4)列方程求解结果。[解析]第一次测速恰好没有超速，即v1＝54km/h＝15m/s，第二次测得v2＝50.4km/h＝14m/s，由两次测量的速度可得小轿车的加速度a＝eq\f(v2－v1,t)＝eq\f(14－15,2)m/s2＝－0.5m/s2假设当小轿车到达距离测速仪200m处时刚好遇到测速的激光，设小轿车减速前的速度为v0，那么v12－v02＝2axv0＝eq\r(v12－2ax)＝eq\r(152－2×－0.5×264－200)m/s＝17m/s假设小轿车到达距离测速仪200m处时前一次测速激光刚过，那么小轿车继续减速2s后才遇到第一次测速，其速度为限制速度，设小轿车到达距离测速仪200m处时的速度为v3，那么v1＝v3＋atv3＝15m/s－(－0.5)×2m/s＝16m/s设此情况下小轿车减速前的速度为v0′，那么v32－v0′2＝2axv0′＝eq\r(v32－2ax)＝eq\r(162－2×－0.5×264－200)m/s≈17.9m/s所以小轿车减速前的速度应满足17m/s≤v≤17.9m/s。[答案]17m/s≤v≤17.9m/s[备考锦囊]解答匀变速直线运动问题的常用方法(1)根本公式法：v＝v0＋at，x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，v2－v02＝2ax。(2)重要推论法：v＝eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋vt,2)(利用平均速度测瞬时速度)；v＝eq\r(\f(v02＋vt2,2))；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过程〞可逆向处理为“由静止开始做匀加速运动的过程〞。(4)图像法：利用v­t图像或x­t图像求解。(5)比例法：初速度为零的匀变速直线运动规律1T末、2T末、3T末、…、nT末瞬时速度之比为1∶2∶3∶…∶n；第1T内、第2T内、第3T内、…、第nT内位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n－1)；从静止开始通过连续相等位移所用时间之比为1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))。[即时训练](2022·扬州模拟)如下图，甲从A点由静止匀加速跑向B点，当甲前进距离为s1时，乙从距A点s2处的C点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B点，那么A、B两点间的距离为()A．s1＋s2 B.eq\f(s1＋s22,4s1)C.eq\f(s12,4s1＋s2) D.eq\f(s1＋s22,s1－s2s1)解析：选B设A、B两点间的距离为x，甲、乙两人的加速度大小为a，由x＝eq\f(1,2)at2得，甲前进距离s1用时t1＝eq\r(\f(2s1,a))，到达B点的总时间t＝eq\r(\f(2x,a))，乙到达B点用时t2＝eq\r(\f(2x－s2,a))，根据题意，t＝t1＋t2，解得x＝eq\f(s1＋s22,4s1)，故B正确。结合实际考查平抛运动[例2]如下图为足球球门，球门宽为L。一个球员在球门中心正前方距离球门s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P点)。球员顶球点的高度为h。足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，那么()A．足球位移的大小x＝eq\r(\f(L2,4)＋s2)B．足球初速度的大小v0＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2)))C．足球末速度的大小v＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2))＋4gh)D．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tanθ＝eq\f(L,2s)[思路点拨](1)足球做平抛运动的竖直位移y＝h。(2)足球做平抛运动的水平位移x水平＝eq\r(s2＋\f(L2,4))。[解析]根据几何关系可知，足球做平抛运动的竖直高度为h，水平位移为x水平＝eq\r(s2＋\f(L2,4))，那么足球位移的大小为：x＝eq\r(x水平2＋h2)＝eq\r(s2＋\f(L2,4)＋h2)，选项A错误；由h＝eq\f(1,2)gt2，x水平＝v0t，可得足球的初速度为v0＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2)))，选项B正确；对足球应用动能定理：mgh＝eq\f(mv2,2)－eq\f(mv02,2)，可得足球末速度v＝eq\r(v02＋2gh)＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2))＋2gh)，选项C错误；初速度方向与球门线夹角的正切值为tanθ＝eq\f(2s,L)，选项D错误。[答案]Beq\a\vs4\al([易错提醒])此题容易误将球员到球门中心的距离s当作足球的水平位移。[即时训练](2022·徐州二模)体育课进行定点投篮训练，某次训练中，篮球在空中运动轨迹如图中虚线所示，以下所做的调整肯定不能使球落入篮筐的是()A．保持球抛出方向不变，增加球出手时的速度B．保持球抛出方向不变，减小球出手时的速度C．增加球出手时的速度，减小球速度方向与水平方向的夹角D．增加球出手时的速度，增大球速度方向与水平方向的夹角解析：选B设球抛出时的初速度为v，与水平方向的夹角为θ，那么水平初速度vx＝vcosθ。保持球抛出方向不变，增加球出手时的速度，水平分速度增大，运动时间变大，水平位移增大，可能落入篮筐，A不符合题意；保持球抛出方向不变，减小球出手时的速度，水平分速度变小，运动时间变短，水平位移减小，一定不能落入篮筐，B符合题意；增加球出手时的速度，减小球速度方向与水平方向的夹角，水平分速度变大，有可能使球落入篮筐，C不符合题意；增加球出手时的速度，增大球速度方向与水平方向的夹角，运动时间增大，水平方向分速度可能增加，球运动时间变长，有可能使球落入篮筐，D不符合题意。匀速圆周运动中的临界问题[例3](2022·镇江一模)如下图，用一根长为l＝1m的细线，一端系一质量为m＝1kg的小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥体顶端，锥面与竖直方向的夹角θ＝37°，当小球在水平面内绕锥体的轴做匀速圆周运动的角速度为ω时，细线的张力为FT(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，结果可用根式表示)。求：(1)假设要小球离开锥面，那么小球的角速度ω0至少为多大？(2)假设细线与竖直方向的夹角为60°，那么小球的角速度ω′为多大？[思路点拨]试在题图中画出小球刚要离开锥面时的受力示意图。提示：[解析](1)小球刚好离开锥面时受到自身重力和细线拉力。小球做匀速圆周运动的轨迹圆在水平面上，故向心力水平。在水平方向运用牛顿第二定律及向心力公式得：mgtanθ＝mω02lsinθ解得：ω02＝eq\f(g,lcosθ)，即ω0＝eq\r(\f(g,lcosθ))＝eq\r(12.5)rad/s。(2)同理，当细线与竖直方向成60°角时，由牛顿第二定律及向心力公式有：mgtanα＝mω′2lsinα解得：ω′2＝eq\f(g,lcosα)，即ω′＝eq\r(\f(g,lcosα))＝2eq\r(5)rad/s。[答案](1)eq\r(12.5)rad/s(2)2eq\r(5)rad/s[备考锦囊]解决匀速圆周运动问题的“四个步骤〞[即时训练](2022·南京高三期末)用一根细线一端系一小球(可视为质点)，另一端固定在一光滑锥顶上，如下图，设小球在水平面内做匀速圆周运动的角速度为ω，细线的张力为FT，那么FT随ω2变化的图像可能是选项图中的()解析：选D设细线长为L，锥面与竖直方向夹角为θ，当ω＝0时，小球静止，受重力mg、支持力N和细线的拉力FT而平衡，FT＝mgcosθ≠0，ω增大时，FT增大，N减小，当N＝0时，设角速度为ω0，当ω＜ω0时，由牛顿第二定律得，FTsinθ－Ncosθ＝mω2Lsinθ，FTcosθ＋Nsinθ＝mg，解得FT＝mω2Lsin2θ＋mgcosθ；可知FT的大小与ω2成线性关系。当ω＞ω0时，小球离开锥面，细线与竖直方向夹角变大，设为β，由牛顿第二定律得FTsinβ＝mω2Lsinβ，所以FT＝mLω2，可知FT­ω2图线的斜率变大，故D正确，A、B、C错误。[课余自查小练]1.(多项选择)如下图，斜面与水平面夹角为θ，在斜面上空A点水平抛出两个小球a、b，初速度分别为va、vb，a球恰好垂直打到斜面上的M点，而b球落在斜面上的N点，而AN恰好垂直于斜面，那么()A．a、b两球水平位移之比为va∶2vbB．a、b两球水平位移之比为va2∶2vb2C．a、b两球下落的高度之比为va2∶2vb2D．a、b两球下落的高度之比为va2∶4vb2解析：选BD对于a球，末速度与竖直方向之间的夹角为θ，所以tanθ＝eq\f(va,vy)，vy＝gta，ta＝eq\f(va,gtanθ)；对于b球，位移与竖直方向之间的夹角为θ，tanθ＝eq\f(2vb,gtb)，tb＝eq\f(2vb,gtanθ)，eq\f(sa,sb)＝eq\f(vata,vbtb)＝eq\f(va2,2vb2)，故A错误，B正确；eq\f(ha,hb)＝eq\f(\f(1,2)gta2,\f(1,2)gtb2)＝eq\f(va2,4vb2)，C错误，D正确。2．(多项选择)如图为一倾角为θ的斜面体，其中D点为斜面体的最底端，另三点A、B、C为斜面体上的三点，且满足AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，现从A、B、C三点分别将三个小球沿水平方向抛出，经过一段时间后三个小球均落在D点。三个小球在空中运动的时间分别用tA、tB、tC表示，三个小球的初速度分别用vA、vB、vC表示，三个小球落到D点时速度与斜面的夹角分别用αA、αB、αC表示，A、B、C三点距离D点的高度分别用hA、hB、hC表示。那么()A．tA∶tB∶tC＝1∶2∶3 B．αA∶αB∶αC＝1∶1∶1C．vA∶vB∶vC＝3∶2∶1 D．hA∶hB∶hC＝9∶4∶1解析：选BCD由几何关系知AD∶BD∶CD＝9∶4∶1，那么其竖直高度hA＝AD×sinθ，hB＝BD×sinθ，hC＝CD×sinθ，故hA∶hB∶hC＝9∶4∶1，D正确；由h＝eq\f(1,2)gt2，知tA∶tB∶tC＝3∶2∶1，A错误；三个小球的水平位移之比为9∶4∶1，故vA∶vB∶vC＝3∶2∶1，C正确；因为平抛运动某时刻速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，三个小球落在斜面上，位移方向相同，那么速度方向也相同，可知三个小球速度与斜面的夹角相等，B正确。3．将一个粉笔头轻放在以v0＝2m/s的恒定速度运动的水平传送带上后，传送带上留下一条长度为4m的划线；假设将该传送带改为做匀减速运动(加速度的大小为a＝1.5m/s2)，并且在传送带开始做匀减速运动的同时，将另一支粉笔头放在传送带上，该粉笔头在传送带上能留下一条多长的划线？(g取10m/s2)解析：设粉笔头在传送带上与传送带间有相对运动时因摩擦产生的加速度为a0，粉笔头在传送带上留下一条长度为4m的划线经过的时间为t0，那么有v0t0－eq\f(1,2)a0t02＝4m，v0＝a0t0，解得a0＝0.5m/s2当传送带改为做匀减速运动时将另一支粉笔头放在传送带上，粉笔头将先做加速度为a0的加速运动，然后做加速度为a0的减速运动，最后静止。两者运动过程的速度图像如下图。由图可得：v1＝a0t1＝v0－at1解得t1＝1s，v1＝0.5m/s此过程粉笔头相对于传送带向后划线长为：l1＝v0t1－eq\f(1,2)at12－eq\f(v1,2)t1＝1m经过t2＝eq\f(v0,a)＝eq\f(4,3)s后传送带停止运动，设在t3时刻粉笔头停止运动，那么t3＝t1＋eq\f(v1,a0)＝2s，此过程粉笔头相对于传送带向前划线长为：l2＝eq\f(v1,2)(t3－t2)≈0.17m综上所述，粉笔头在传送带上能留下一条l1＝1m长的划线。答案：1m4．一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点)，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度到达v0后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求此黑色痕迹的长度。解析：根据“传送带上有黑色痕迹〞可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加速度a小于传送带的加速度a0。根据牛顿第二定律，可得a＝eq\f(μmg,m)＝μg设经历时间t，传送带由静止开始加速到速度等于v0，煤块那么由静止加速到v，有v0＝a0t，v＝at由于a<a0，故v<v0，煤块继续受到滑动摩擦力的作用。再经过时间t′，煤块的速度由v增加到v0，有v0＝v＋at′此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹，运动过程的速度图像如下图。设在煤块的速度从0增加到v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为s0和s，有s0＝eq\f(1,2)a0t2＋v0t′，s＝eq\f(v02,2a)传送带上留下的黑色痕迹的长度l＝s0－s解得l＝eq\f(v02a0－μg,2μa0g)。答案：eq\f(v02a0－μg,2μa0g)[专题跟踪检测]一、选择题(第1～5题为单项选择题，第6～9题为多项选择题)1．一质点沿直线Ox方向做加速运动，它离开O点的距离随时间变化的关系为x＝4＋2t3(m)，它的速度随时间变化的关系为v＝6t2(m/s)。那么该质点在t＝2s时的瞬时速度和t＝0到t＝2s间的平均速度分别为()A．8m/s、24m/s B．24m/s、8m/sC．24m/s、10m/s D．24m/s、12m/s解析：选B将t＝2s代入质点的速度随时间变化的关系式v＝6t2(m/s)，得t＝2s瞬时速度为v＝6×22m/s＝24m/s，将t＝0和t＝2s分别代入距离随时间变化的关系式x＝4＋2t3(m)，得：x1＝4m，x2＝20m，那么质点在2s时间内通过的位移为x＝x2－x1＝20m－4m＝16m，所以：t＝0到t＝2s间的平均速度为v＝eq\f(x,t)＝eq\f(16,2)m/s＝8m/s；故B正确。2.如下图，一小滑块沿足够长的斜面以初速度v向上做匀变速运动，依次经A、B、C、D到达最高点E。xAB＝xBD＝6m，xBC＝1m，小滑块从A到C和从C到D所用的时间都是2s。设小滑块经过B、C时的速度分别为vB、vC，那么()A．vC＝6m/s B．vB＝2eq\r(2)m/sC．xDE＝3m D．从D到E所用时间为4s解析：选D因C点是小滑块由A到D的中间时刻所对应的位置，故vC＝eq\f(xAB＋xBD,tAC＋tCD)＝eq\f(6＋6,2＋2)m/s＝3m/s，A错误；由vC2－v2＝2axAC，vC＝v＋at，得a＝－0.5m/s2，v＝4m/s，由vB2－v2＝2axAB，得vB＝eq\r(10)m/s，B错误；由vE＝v＋atAE＝0，得tAE＝8s，那么从D到E所用时间为tDE＝4s，D正确；由xDE＝－eq\f(1,2)atDE2，得xDE＝4m，C错误。3．如下图，在水平面上有一个质量为m的小物块，在某时刻给它一个速度，使其沿水平面做匀减速直线运动，其依次经过A、B、C三点，最终停在O点。A、B、C三点到O点的距离分别为L1、L2、L3，小物块由A、B、C三点运动到O点所用的时间分别为t1、t2、t3。那么以下结论正确的选项是()A.eq\f(L1,t1)＝eq\f(L2,t2)＝eq\f(L3,t3) B.eq\f(L1,t1)<eq\f(L2,t2)<eq\f(L3,t3)C.eq\f(L1,t12)＝eq\f(L2,t22)＝eq\f(L3,t32) D.eq\f(L1,t12)<eq\f(L2,t22)<eq\f(L3,t32)解析：选C小物块由A点到O点的匀减速直线运动可看成由O点到A点的初速度为0的匀加速直线运动，由位移公式，分别有L1＝eq\f(1,2)at12、L2＝eq\f(1,2)at22和L3＝eq\f(1,2)at32，联立以上各式可得eq\f(L1,t12)＝eq\f(L2,t22)＝eq\f(L3,t32)，选项C正确。4．在链球运动中，运发动使链球高速旋转，在水平面内做圆周运动。然后突然松手，由于惯性，链球向远处飞去。链球做圆周运动的半径为R，链球在水平面内做圆周运动时的离地高度为h。设圆心在地面的投影点为O，链球的落地点为P，O、P两点的距离即为运发动的成绩。假设运发动某次掷链球的成绩为L，空气阻力忽略不计，那么链球从运发动手中脱开时的速度v为()A．Leq\r(\f(g,2h)) B．Req\r(\f(g,2h))C.eq\r(\f(g,2h)L2－R2) D.eq\r(\f(g,2h)L2＋R2)解析：选C链球出手后竖直方向做自由落体运动h＝eq\f(1,2)gt2，落地时间t＝eq\r(\f(2h,g))，水平方向位移如下图，链球平抛运动的水平位移AP＝eq\r(L2－R2)，根据平抛运动规律，链球出手时的速度v＝eq\f(AP,t)＝eq\r(\f(g,2h)L2－R2)，所以C正确。5.如下图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)，以下关于物体从x＝0处运动至x0处的过程分析，其中正确的选项是()A．该物体做匀加速直线运动B．该物体的加速度大小为eq\f(v02,2x0)C．该物体在位移中点的速度小于eq\f(1,2)v0D．该物体在运动中间时刻的速度小于eq\f(1,2)v0解析：选B根据v2＝v02＋2ax，比照题图可知，物体做匀减速直线运动，选项A错误；加速度大小为a＝eq\f(v02,2x0)，选项B正确；该物体在位移中点时v2＝eq\f(1,2)v02，那么v＝eq\f(v0,\r(2))>eq\f(v0,2)，选项C错误；物体做匀减速直线运动，初速度为v0，末速度为零，故物体在运动中间时刻的速度等于eq\f(1,2)v0，选项D错误。6．一物体做匀减速运动，一段时间Δt(未知)内通过的位移为x1，紧接着Δt时间内通过的位移为x2，又紧接着经过位移x(未知)物体的速度减小为0，那么()A．可求ΔtB．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＝eq\f(3x2－x12,8x1－x2)解析：选CD根据匀变速直线运动推论Δx＝aT2得：x2－x1＝a(Δt)2，解得：a＝eq\f(x2－x1,Δt2)，通过位移x1的末速度等于2Δt时间内的平均速度，为v1＝eq\f(x2＋x1,2Δt)，由匀变速直线运动规律：v12＝2(－a)(x2＋x)，解得：x＝eq\f(3x2－x12,8x1－x2)，由以上分析可知，只能求出x，故C、D正确。7.A、B两点在同一条竖直线上，A点离地面的高度为2.5h，B点离地面高度为2h。将两个小球分别从A、B两点水平抛出，它们在P点相遇，P点离地面的高度为h。重力加速度为g，那么()A．两个小球一定同时抛出B．两个小球抛出的时间间隔为(eq\r(3)－eq\r(2))eq\r(\f(h,g))C．小球A、B抛出的初速度之比eq\f(vA,vB)＝eq\r(\f(3,2))D．小球A、B抛出的初速度之比eq\f(vA,vB)＝eq\r(\f(2,3))解析：选BD平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，由h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，由于A到P的竖直高度较大，所以从A点抛出的小球运动时间较长，应先抛出，故A错误；由t＝eq\r(\f(2h,g))，得两个小球抛出的时间间隔为Δt＝tA－tB＝eq\r(\f(2×1.5h,g))－eq\r(\f(2h,g))＝(eq\r(3)－eq\r(2))eq\r(\f(h,g))，故B正确；由x＝v0t得v0＝xeq\r(\f(g,2h))，x相等，那么小球A、B抛出的初速度之比eq\f(vA,vB)＝eq\r(\f(hB,hA))＝eq\r(\f(h,1.5h))＝eq\r(\f(2,3))，故C错误，D正确。8.摩擦传动是传动装置中的一个重要模型，如下图，甲、乙两个水平放置的轮盘靠摩擦传动，其中O、O′分别为两轮盘的轴心，r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作时两轮盘不打滑。今在两轮盘上分别放置两个同种材料制成的滑块A、B，两滑块与轮盘间的动摩擦因数相等，两滑块到轴心O、O′的距离分别为RA、RB，且RA＝2RB。假设轮盘乙由静止开始缓慢地转动，且转速逐渐增大，那么以下表达正确的选项是()A．滑块相对轮盘开始滑动前，A、B的角速度大小之比为ωA∶ωB＝1∶3B．滑块相对轮盘开始滑动前A、B的向心加速度大小之比为aA∶aB＝1∶3C．转速增大后最终滑块A先发生相对滑动D．转速增大后最终滑块B先发生相对滑动解析：选AD由题意可知两轮盘边缘的线速度大小相等，有ω甲r甲＝ω乙r乙，那么ω甲∶ω乙＝r乙∶r甲＝1∶3，所以滑块相对轮盘开始滑动前，A、B的角速度大小之比为1∶3，A正确；滑块相对轮盘开始滑动前，根据a＝ω2r得A、B的向心加速度大小之比为aA∶aB＝(ω甲2RA)∶(ω乙2RB)＝2∶9，B错误；据题意可得两滑块所受的最大静摩擦力分别为fA＝μmAg，fB＝μmBg，最大静摩擦力之比为fA∶fB＝mA∶mB，转动中两滑块所受的静摩擦力之比为fA′∶fB′＝(mAaA)∶(mBaB)＝(2mA)∶(9mB)，由此可知，当轮盘乙的转速缓慢增大时，滑块B的静摩擦力先到达最大，先开始滑动，C错误，D正确。9．(2022·盐城三模)运发动在同一位置分别沿与地面成60°和30°的方向踢出一只橄榄球，两次球落在同一地点，运动轨迹如下图，不计空气阻力，那么球()A．两次运动位移相等B．沿轨迹①运动时间长C．在最高点时沿轨迹②运动速度小D．两次最高点位置一定在同一竖直线上解析：选ABD两次球从同一地点出发落在同一地点，那么两次运动位移相等，故A正确；两次球都做斜抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，设下落的时间为t，最大高度为h，那么有h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，可知球沿轨迹①下落的时间长，而上升与下落时间相等，所以沿轨迹①运动的总时间长，故B正确；球水平方向做匀速直线运动，那么有x＝vxt，得水平分速度vx＝eq\f(x,t)，水平分位移x相等，球沿轨迹①运动时间长，那么球沿轨迹①的水平分速度小，在最高点运动时的速度小，故C错误；两次球都做斜抛运动，轨迹都为抛物线，根据对称性知，两次最高点位置一定在同一竖直线上，故D正确。二、非选择题10．甲、乙两辆汽车都从静止出发做加速直线运动，加速度方向一直不变。在第一段时间间隔内，两辆汽车的加速度大小不变，汽车乙的加速度大小是甲的三倍；在接下来的时间间隔为前一段时间间隔的两倍时间内，汽车甲的加速度大小增加为原来的三倍，汽车乙的加速度大小减小为原来的三分之一。求甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比。解析：设第一段时间为t，甲的加速度大小为a，那么第一段时间乙的加速度大小为3a；第二段时间为2t，甲的加速度大小为3a、乙的加速度为第一段时间甲、乙的末速度分别为v1＝at，v2＝3a·t＝3第二段时间甲、乙的末速度分别为v3＝v1＋3a·2t＝7at，v4＝v2＋a·2t＝5在这两段时间内甲、乙的位移大小分别为x1＝eq\f(v1,2)t＋eq\f(v1＋v3,2)·2t＝eq\f(17,2)at2，x2＝eq\f(v2,2)t＋eq\f(v2＋v4,2)·2t＝eq\f(19,2)at2那么甲、乙两车各自在这两段时间间隔内走过的总路程之比为x1∶x2＝17∶19。答案：17∶1911.重物A和滑块B用细线跨过定滑轮相连，A距地面高为H，B可在细线牵引下在水平足够长的木板上滑动，如图甲所示。滑块B上面固定了一个力传感器(未画出)，可以测定细线对滑块的拉力，C为运动传感器，可以测定滑块B运动的v-t图像。从某时刻起释放滑块B，测得滑块B所受拉力F随时间t变化的图像和滑块B的v-t图像，如图乙所示。(取g＝10m/s2)(1)求滑块B与长木板间的动摩擦因数；(2)试通过分析讨论，当增大滑块B的质量时，它的v-t图像将如何变化，并在v-t图中画出大致图像。解析：(1)由题图甲、乙可知，滑块B受细线拉力和滑动摩擦力作用做匀加速运动，在0.6s时A触地，之后滑块B在水平方向只受滑动摩擦力作用，做匀减速运动，1.4s时停下。滑块B做匀减速运动的加速度的大小a2＝eq\f(2.4,0.8)m/s2＝3m/s2，由μmBg＝mBa2，得动摩擦因数μ＝0.3。(2)设滑块B(包括力传感器)的质量为mB，重物A的质量为mA，根据牛顿第二定律，以A、B整体为研究对象有mAg－μmBg＝(mA＋mB)a1，得a1＝eq\f(mAg－μmBg,mA＋mB)，①假设mAg－μmBg>0，即mB<eq\f(mA,μ)，当mB增大时，加速度a1减小，由于重物A下落的高度H一定，那么加速运动的时间延长，而最大速度减小。重物A触地后滑块B仍做匀减速运动，加速度a2的大小不变，然后停下。v-t的大致图像如图中点划线所示。②假设mAg－μmBg≤0，即mB≥eq\f(mA,μ)，滑块B始终保持静止。v-t图像与横轴重合。答案：(1)0.3(2)见解析二、明“因〞熟“力〞，破解平衡问题[抓牢解题根源]一、明“因〞熟“力〞，理清一个“网络〞二、两种思维方法，攻克受力分析问题三、确定根本思路，破解平衡问题[研透常考题根]整体法和隔离法在受力分析中的应用[例1]如下图，A是倾角为θ、质量为M的斜面体，其上外表粗糙。B是质量为m、截面为直角三角形的物块，物块B上外表水平。物块B在一水平推力F的作用下沿斜面匀速上升，斜面体静止不动。设重力加速度为g，那么以下说法中正确的选项是()A．地面对斜面体A无摩擦力B．B对A的压力大小为mgcosθC．A对地面的压力大小为MgD．B对A的作用力大小为eq\r(F2＋mg2)[思路点拨]试画出A、B组成的整体和物体B的受力示意图。提示：[解析]先对A、B整体受力分析，受重力、支持力、推力和向左的静摩擦力，根据平衡条件，水平方向：F＝Ff1，竖直方向：FN1＝(M＋m)g，根据牛顿第三定律，压力与支持力等值，故压力为(M＋m)g，故A、C错误；对物块B受力分析，受推力、重力、支持力和滑动摩擦力，根据平衡条件，平行斜面方向：Fcosθ－mgsinθ－Ff2＝0，垂直斜面方向：FN2＝Fsinθ＋mgcosθ，其中：Ff2＝μFN2，根据牛顿第三定律，压力与支持力等值，故压力为Fsinθ＋mgcosθ，故B错误；由于是四力平衡，故支持力和摩擦力的合力与推力F和重力的合力平衡；即A对B的作用力大小等于eq\r(F2＋mg2)，故B对A的作用力大小也等于eq\r(F2＋mg2)，故D正确。[答案]D[备考锦囊]整体法和隔离法的应用技巧(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)应用“隔离法〞，也要先隔离“简单〞的物体，如待求量少或受力少或处于边缘处的物体。(3)将“整体法〞与“隔离法〞有机结合、灵活应用。(4)各“隔离体〞间的关联力，表现为作用力与反作用力，对整体系统那么是内力。(5)在某些特殊情形中，研究对象可以是物体的一局部，或绳子的结点、力的作用点等。[即时训练](多项选择)(2022·苏州3校联考)如下图，物体A、B、C叠放在水平桌面上，水平力F作用于C物体，使A、B、C以相同的速度向右匀速运动，那么关于它们的受力以下说法正确的选项是()A．由于B向右运动，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受到两个摩擦力作用D．由于不知A与水平桌面之间是否光滑，所以无法判断A与水平桌面间是否存在摩擦力解析：选BC由于B向右匀速运动，所以B不受摩擦力作用，选项A错误；物体C受到向右的拉力和向左的摩擦力作用，选项B正确；A受到C对A的向右的摩擦力作用，同时受到地面向左的摩擦力作用，选项C正确，D错误。“程序法〞破解静态平衡问题[例2](2022·射阳二模)如下图，横截面为直角三角形的斜劈P，靠在粗糙的竖直墙面上，力F正对球心水平作用在光滑球Q上，系统处于静止状态。当力F增大时，系统仍保持静止，以下说法正确的选项是()A．斜劈P所受合外力增大B．球Q对地面的压力不变C．墙面对斜劈P的摩擦力增大D．斜劈P对竖直墙面的压力增大[审题指导](1)斜劈P一直处于静止状态，所受合外力一直为零。(2)以整体为研究对象，分析斜劈P对竖直墙面的压力变化情况以及墙面对P的摩擦力，对球Q受力分析，根据平衡条件得出球Q对地面的压力变化情况。[解析]斜劈P一直处于静止状态，所受合外力一直为零不变，故A错误；对球Q受力分析，如图，根据平衡条件：F＝N′sinθ，F增大，那么N′增大，N″＝mg＋N′cosθ，N′增大，那么N″增大，根据牛顿第三定律得，球Q对地面的压力增大，故B错误；以整体为研究对象，竖直方向：N″＋f＝Mg，故随支持力的增大，摩擦力减小，故C错误；以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N＝F，N为竖直墙面对斜劈P的弹力，F增大，那么N增大，所以由牛顿第三定律可得：斜劈P对竖直墙面的压力增大，故D正确。[答案]D[备考锦囊]破解静态平衡问题的一般程序eq\x(\a\al(选取研,究对象))→eq\x(\a\al(受力,分析))→eq\x(\a\al(建立,坐标系))→eq\x(\a\al(根据平衡,条件列方程))→eq\x(\a\al(求解、,讨论))[即时训练]如下图，石拱桥的正中央有一质量为m的对称楔形石块，侧面与竖直方向的夹角为α，重力加速度为g，假设接触面间的摩擦力忽略不计，那么石块侧面所受弹力的大小为()A.eq\f(mg,2sinα) B.eq\f(mg,2cosα)C.eq\f(1,2)mgtanα D.eq\f(1,2)mgcotα解析：选A对石块受力分析，如图：根据共点力平衡条件，所受弹力大小F1＝F2＝F′，将弹力F1、F2合成，结合几何关系，有：mg＝2×F′sinα，所以：F′＝eq\f(mg,2sinα)，应选项A正确。多法并进，破解动态平衡问题[例3]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。如图是这类结构的一种简化模型，硬杆左端可绕通过B点且垂直于纸面的轴无摩擦转动，右端O点通过钢索挂于A点，钢索和硬杆的重力均可忽略。有一质量不变的重物通过细线悬挂于O点，现将钢索的悬挂点A缓慢向下移动，并使钢索缓慢变短，以保证硬杆始终水平。在上述变化过程中，以下说法中正确的选项是()A．钢索对O点的拉力变大B．硬杆对O点的弹力变小C．钢索和硬杆对O点的作用力的合力变大D．钢索和硬杆对O点的作用力的合力变小[审题指导](1)“缓慢〞二字的含义是O点始终处于平衡状态。(2)由于杆OB为可转动杆，杆上弹力应沿杆的方向。[解析]方法一：解析法对O点受力分析，共受三个力作用：钢索的拉力FA，硬杆的弹力FB，细线的拉力FC(设重物的质量为m，那么有FC＝mg)。由硬杆始终水平可知，O点始终静止，即处于平衡状态，根据“物体受三个共点力而处于平衡状态时，其中任意两个力的合力与第三个力等大反向〞可知，钢索和硬杆对O点的作用力的合力大小始终与细线的拉力大小相等，即保持不变，C、D错误；沿水平和竖直方向建立直角坐标系，设钢索与水平方向夹角为θ(0°<θ<90°)，那么有FAcosθ＝FB，FAsinθ＝FC，联立可得FA＝eq\f(mg,sinθ)，FB＝eq\f(mg,tanθ)。可知当A点缓慢向下移动时，θ变小，FA和FB均变大，B错误，A正确。方法二：图解法对O点进行受力分析，知FB与FC的合力和FA等大反向，由图可知FA和FB一直增大，A正确，B错误；根据三力平衡的特点知，FA与FB的合力与重力等大反向，即为定值，故C、D错误。[答案]A[备考锦囊]动态平衡问题的解题技巧[即时训练]1．(图解法)如下图，质量分布均匀的光滑小球O，放在倾角均为θ的斜面体上，斜面体置于同一水平面上，且处于平衡，那么以下说法中正确的选项是()A．甲图中斜面对球O弹力最大B．丙图中斜面对球O弹力最小C．乙图中挡板MN对球O弹力最小D．丙图中挡板MN对球O弹力最大解析：选A将甲、乙、丙、丁四种情况小球的受力图作出，如下图：由平衡条件得知，丁图中斜面对小球的弹力为零，挡板对小球的弹力等于其重力G；斜面对小球的弹力和挡板对小球的弹力的合力与重力大小相等、方向相反，即得到甲、乙、丙三种情况下此合力相等，由平行四边形定那么知，丙图中挡板MN对小球的弹力最小，甲图中斜面对小球的弹力最大，故A正确。2．(解析法)如下图，斜面置于粗糙水平面上，斜面光滑，小球被轻质细线系住放在斜面上，细线另一端跨过光滑定滑轮，用力拉细线使小球沿斜面缓慢下移一段距离，斜面始终静止，移动过程中()A．细线对小球的拉力变小B．斜面对小球的支持力变小C．斜面对地面的压力变小D．地面对斜面的摩擦力变小解析：选A设小球和斜面的质量分别为m和M，细线与斜面的夹角为θ。小球受如图甲所示，那么由平衡条件得，斜面方向：mgsinα＝Tcosθ①，垂直斜面方向：N＋Tsinθ＝mgcosα②，使小球沿斜面缓慢下移时，θ减小，其他量不变，由①知，T减小；由②知，N变大，故A正确，B错误；斜面受重力Mg、小球的压力N、地面的支持力N′和摩擦力f，如图乙所示，由平衡条件得f＝Nsinα，N变大，那么f变大，N′＝Mg＋Ncosα，N变大，那么N′变大，由牛顿第三定律得知，斜面对地面的压力也变大，故C、D错误。3．(相似三角形法)(多项选择)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。图中轻杆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，如果悬挂物的重力为G，∠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，以下说法正确的有()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两端距离为H，根据相似三角形知识可知eq\f(G,H)＝eq\f(F1,L)＝eq\f(F2,R)，所以从题中图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；从题中图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。[课余自查小练]1.如下图是一个简易起吊设施的示意图，AC是质量不计的撑杆，A端与竖直墙用铰链连接，一滑轮固定在A点正上方，C端吊一重物。现施加一拉力F缓慢将重物P向上拉，在AC杆到达竖直前()A．BC绳中的拉力FT越来越大B．BC绳中的拉力FT越来越小C．AC杆中的支撑力FN越来越大D．AC杆中的支撑力FN越来越小解析：选B作出C点的受力示意图，如下图，由图可知力的矢量三角形与几何三角形ABC相似。根据相似三角形的性质得eq\f(FT,BC)＝eq\f(FN,AC)＝eq\f(G,AB)，解得BC绳中的拉力为FT＝Geq\f(BC,AB)，AC杆中的支撑力为FN＝Geq\f(AC,AB)。由于重物P向上运动时，AB、AC不变，BC变小，故FT减小，FN不变。选项B正确。2.(2022·徐州质检)如下图，在水平天花板的A点处固定一根轻杆a，杆与天花板保持垂直。杆的下端有一个轻滑轮O。另一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重为G的物体，BO段细线与天花板的夹角为θ＝30°。系统保持静止，不计一切摩擦。以下说法中正确的选项是()A．细线BO对天花板的拉力大小是eq\f(G,2)B．a杆对滑轮的作用力大小是eq\f(G,2)C．a杆和细线对滑轮的合力大小是GD．a杆对滑轮的作用力大小是G解析：选D细线上的弹力处处相等，因此细线BO对天花板的拉力大小是G，选项A错误；两段细线上弹力均为G，构成菱形，合力为2Gsin30°＝G，大小等于a杆对滑轮的作用力，选项B错误，D正确；由于系统保持静止，所以a杆和细线对滑轮的合力大小是0，选项C错误。3．一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm的两点上，弹性绳的原长也为80cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，那么弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)()A．86cm B．92cmC．98cm D．104cm解析：选B将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k)与竖直方向夹角θ均满足sinθ＝eq\f(4,5)，对钩码(设其重力为G)静止时受力分析，得G＝2keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1m,2)－\f(0.8m,2)))cosθ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得G＝2keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)－\f(0.8m,2)))，联立解得L＝92cm，故A、C、D项错误，B项正确。4.如下图，长为5m的细绳的两端分别系于竖立在地面上相距为4m的两杆的顶端A、B，绳上挂一个光滑的轻质挂钩，其下连着一个重为12N的物体，平衡时，挂钩两侧绳与水平面的夹角均为α，问：(1)绳中的张力T为多少？(2)A点向上移动少许，重新平衡后，绳中张力如何变化？解析：(1)设两杆间的距离为s，绳的总长度为L，挂钩右侧长度为L1，左侧长度为L2，由题意知s＝4m，L＝5m由几何知识得s＝L1cosα＋L2cosα＝Lcosα得cosα＝eq\f(s,L)＝eq\f(4,5)，那么得sinα＝eq\f(3,5)对挂钩受力分析如下图，根据平衡条件知，两绳的拉力的合力与G等大、反向，那么有2Tcoseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)π－2α))＝G解得T＝10N。(2)A点向上移动少许，两杆间的距离s和绳的总长度L都没有变化，由cosα＝eq\f(s,L)知，α不变，那么绳中张力均不变。答案：(1)10N(2)绳中张力均不变[专题跟踪检测]一、选择题(第1～5题为单项选择题，第6～9题为多项选择题)1.如下图，一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，长木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m，重力加速度为g，那么()A．箱子受到的摩擦力方向向右B．地面对长木板的摩擦力方向向左C．长木板对地面的压力大小为3mgD．假设人用斜向下的力推箱子，那么长木板对地面的压力会大于3mg解析：选C人用力F向右推箱子，对箱子受力分析，箱子受推力、重力、支持力、静摩擦力，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，与推力平衡，选项A错误；对长木板、人、箱子整体进行受力分析，整体受重力和支持力，整体不受静摩擦力，否那么不平衡，故地面对长木板没有静摩擦力，又支持力等于重力，根据牛顿第三定律，支持力等于压力，故压力等于重力，为3mg，选项B错误，C正确；假设人用斜向下的力推箱子，对整体分析可知，竖直方向上受重力和支持力，故压力依然等于3mg，选项D错误。2.(2022·镇江三模)如下图，水平地面上有一个圆柱体A。现在A与竖直墙之间放一完全相同的圆柱体B，不计一切摩擦，将A缓慢向左移动(B未与地面接触)，那么在此过程中A对B的弹力F1、墙对B的弹力F2()A．F1变小、F2变小 B．F1变小、F2变大C．F1变大、F2变大 D．F1变大、F2变小解析：选A不计一切摩擦，将A缓慢向左移动(B未与地面接触)，那么A、B处处受力平衡，对B受力分析如下图。A向左移动，那么θ变小，所以，F1＝eq\f(G,cosθ)变小，F2＝Gtanθ变小，故A正确，B、C、D错误。3.如下图，小明在水平桌面上将三个形状不规那么的石块成功叠放在一起，以下说法正确的选项是()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的重力之和，故D正确。4.在竖直墙壁间有质量分别是m和2m的半圆球A和圆球B，其中B球球面光滑，半球A与左侧墙壁之间存在摩擦。两球心之间连线与水平方向成30°的夹角，两球恰好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力(g为重力加速度)，那么半球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(3),4) D.eq\f(2\r(3),3)解析：选A以圆球B为研究对象，对圆球B进行受力分析如图甲所示，由平衡条件可得：FN＝Fcos30°，Fsin30°＝2mg，所以：FN＝2eq\r(3)mg。以两球组成的整体为研究对象，其受力如图乙所示。由平衡条件有：Ff＝μFN1′(FN1′与FN1是一对相互作用力，FN1′表示半球A对墙壁的压力)，联立解得μ＝eq\f(\r(3),2)，选项A正确。5．(2022·江苏二模)我国的高铁技术在世界处于领先地位，高铁(如图甲所示)在行驶过程中非常平稳，放在桌上的水杯几乎观察不到晃动。图乙为高铁车厢示意图，A、B两物块相互接触地放在车厢里的水平桌面上，物块与桌面间的动摩擦因数相同，A的质量比B的质量大，高铁在平直的铁轨上向右做匀速直线运动，A、B相对于桌面始终保持静止，以下说法正确的选项是()A．A受到2个力的作用B．B受到3个力的作用C．A受到桌面对它向右的摩擦力D．B受到A对它向右的弹力解析：选A高铁在平直的铁轨上向右做匀速直线运动，此时A、B均在向右做匀速运动，故A、B均只受重力和支持力作用，水平方向没有外力，故水平方向均不受摩擦力，同时A、B间也没有弹力作用，故A正确，B、C、D错误。6.如下图，水平地面上放着一个画架，它的前支架是固定的，而后支架可前后移动，画架上静止放着一幅重为G的画。以下说法正确的选项是()A．画架对画的作用力大于GB．画架对画的作用力等于GC．假设后支架缓慢向后退，那么画架对画的作用力变大D．假设后支架缓慢向后退，那么画架对画的作用力不变解析：选BD由于画架处于静止状态，故画架对画的作用力与画的重力平衡，即画架对画的作用力等于G，选项A错误，B正确；无论画架的后支架缓慢向前还是向后退，因为画始终处于平衡状态，即画架对画的作用力始终等于画的重力，选项C错误，D正确。7.如下图，一根上端固定的轻绳，其下端拴接一个质量为2kg的小球，g取10m/s2，开始时轻绳处于竖直位置。用一方向与水平面成37°角的外力F拉动小球，使轻绳缓慢升起至水平位置。这一过程中轻绳拉力的(取cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)()A．最小值为16N B．最小值为20NC．最大值为26.7N D．最大值为20N解析：选AC小球受重力mg、拉力F、轻绳施加的力F绳平衡。如下图，应用极限法分析临界点。在力三角形为直角△OAB时，F绳小＝eq\x\to(AB)，为最小值(临界点)，有F绳小＝mgcos37°＝16N，故A对，B错；在力三角形为直角△OCB时，F绳大＝eq\x\to(CB)，为最大值(临界点)，有F绳大＝eq\f(mg,tan37°)≈26.7N，故C对，D错。8.如下图，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。物块A、B的质量都为M，θ＝60°，光滑球体C质量为m，那么以下说法正确的选项是()A．地面对物块A的摩擦力大小为eq\f(1,2)mgB．地面对物块A的摩擦力大小为eq\f(\r(3),2)mgC．物块A对球体C的弹力大小为eq\f(\r(3),2)mgD．物块A对地面的压力大小为Mg＋eq\f(1,2)mg解析：选BD以球体C为研究对象，其受到斜向上的两个弹力作用，把两个弹力合成，合力竖直向上，大小等于光滑球体的重力，受力分析如下图。由数学知识可知，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物块A的静摩擦力大小，由此可知静摩擦力大小为mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)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＋eq\f(mg,2)，由牛顿第三定律可知，A对地面的压力大小为Mg＋eq\f(1,2)mg，D正确。9.某装置如下图，两根长度均为l的轻杆OA、OB与质量均为m的小球及一小滑块通过铰链连接，杆OA的A端与固定在竖直光滑杆上的铰链相连。原长也为l的轻质弹簧一端固定在A点，另一端连接小滑块，弹簧与小滑块都套在竖直杆上，装置静止时，弹簧长为1.6l，重力加速度为g，以下说法正确的选项是()A．杆OA对小球的作用力方向与竖直杆的夹角为53°B．杆OB对小滑块的作用力方向沿杆OB向下，大小为eq\f(5mg,8)C．杆OA与OB对小球的作用力大小之比为eq\f(4,3)D．弹簧的劲度系数为eq\f(5mg,2l)解析：选BD对小球受力分析如下图，受重力、杆OA、OB对小球的支持力(沿着杆的方向)，结合几何关系与三角知识，那么有：设杆OA与竖直杆的夹角为θ，cosθ＝eq\f(\f(1.6l,2),l)，解得：θ＝37°，因FA＝FB，杆OA与OB对小球的作用力大小之比是1∶1，故A、C错误；对小滑块受力分析如下图；由上述分析可知，FB＝eq\f(\f(mg,2),cos37°)＝eq\f(5mg,8)，由牛顿第三定律，那么杆OB对小滑块的作用力方向沿杆OB向下，大小为eq\f(5mg,8)，故B正确；对于小滑块，根据平衡条件，那么有：T＝mg＋eq\f(5mg,8)cos37°＝eq\f(3,2)mg，由胡克定律，那么有弹簧的劲度系数：k＝eq\f(T,1.6l－l)＝eq\f(5mg,2l)，故D正确。二、非选择题10．如下图，一质量为M＝2kg的铁块套在倾斜放置的杆上，杆与水平方向的夹角θ＝60°，一轻绳一端连在铁块上，一端连在一质量为m＝1kg的小球上，一水平力F作用在小球上，连接铁块与球的轻绳与杆垂直，铁块和球都处于静止状态。(g取10m/s2)求：(1)拉力F的大小。(2)杆对铁块的摩擦力的大小。解析：(1)对B受力分析，由平衡条件知FTsinθ＝FFTcosθ＝mg解得F＝mgtanθ＝10eq\r(3)N。(2)对A受力分析，有Ff＝Mgsinθ＝10eq\r(3)N。答案：(1)10eq\r(3)N(2)10eq\r(3)N11．一足够长的轻绳跨过两个等高的轻定滑轮(大小和摩擦不计)，两端分别挂上质量为m1＝4kg和m2＝2kg的物体，如下图，在滑轮之间的绳上通过死结悬挂质量为m的物体，为使三物体保持平衡，求m的取值范围。解析：平衡时，O点受力如下图，由物体的平衡条件易知T1cosθ1＋T2cosθ2＝T＝mgT1sinθ1＝T2sinθ2将T1＝m1gT2＝m2g＝20N代入得4cosθ1＋2cosθ2＝m,2sinθ1＝sinθ2所以m＝4eq\r(1－\f(1,4)sin2θ2)＋2cosθ2，进行如下讨论：当θ2＝0时，m最大mmax＝6kg，当θ2＝90°，m最小mmin＝2eq\因为θ2＝0、θ2＝90°时取不到，故三物体平衡时，m的取值范围是2eq\r(3)kg<m<6kg。答案：2eq\r(3)kg<三、以加速度为桥梁，攻克两类动力学问题[抓牢解题根源]一、牛顿第二定律的五个特性二、理解合力、加速度、速度间的决定关系1．合力的方向决定了加速度的方向，只要合力不为零，不管速度是大是小，或是零，物体都有加速度。2．合力与速度同向时，物体做加速运动；合力与速度反向时，物体做减速运动。3．a＝eq\f(Δv,Δt)是加速度的定义式，a与Δv、Δt无直接关系；a＝eq\f(F,m)是加速度的决定式，a∝F，a∝eq\f(1,m)。三、以加速度为桥梁，攻克两类动力学问题的解题步骤[研透常考题根]利用连接体考查牛顿第二定律[例1](多项选择)如下图，两个由相同材料制成的物体A、B用轻绳连接，组成的连接体在倾角为θ的斜面上运动，A、B的质量分别为m1、m2，当作用力F一定时，B所受绳的拉力T()A．与θ无关B．与物体和斜面间的动摩擦因数无关C．与系统运动状态有关D．等于eq\f(m2F,m1＋m2)，仅与两物体质量有关[解析]对A、B组成的整体分析，根据牛顿第二定律得a＝eq\f(F－m1＋m2gsinθ－μm1＋m2gcosθ,m1＋m2)。对B分析，有T－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a，解得T＝eq\f(m2F,m1＋m2)，由此式可知绳的拉力与θ无关，与物体和斜面间的动摩擦因数无关，与运动状态无关，仅与两物体的质量有关，A、B、D正确，C错误。[答案]ABD[备考锦囊]应用整体法和隔离法的具体类型(1)滑轮上的连接体问题假设要求绳的拉力，一般都必须采用隔离法。例如，如下图，绳跨过定滑轮连接的两物体虽然加速度大小相同，但方向不同，故采用隔离法。(2)水平面上的连接体问题这类问题一般多是连接体(系统)各物体保持相对静止，即具有相同的加速度。解题时，一般采用先整体、后隔离的方法。(3)斜面体与上面物体组成的连接体的问题当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，解题时一般采用隔离法分析。[即时训练](多项选择)如下图的装置为在摩擦力不计的水平桌面上放一质量为m乙＝5kg的盒子乙，乙内放置一质量为m丙＝1kg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＝2kg的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行。现由静止释放物块甲，在以后的运动过程中，乙与滑块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，重力加速度g＝10m/s2。那么()A．细绳对乙的拉力大小为20NB．乙的加速度大小为2.5m/s2C．乙对滑块丙的摩擦力大小为2.5ND．定滑轮受到细绳的作用力为30N解析：选BC假设细绳的拉力为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＝15N，a＝2.5m/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＝1×2.5N＝2.5N，C正确；细绳的张力为15N，由于滑轮两侧细绳垂直，根据平行四边形定那么，其对滑轮的作用力为15eq\r(2)N，D错误。以加速度为桥梁，破解“板、块〞模型问题[例2](2022·宿迁模拟)如下图为一个实验室模拟货物传送的装置，A是一个外表绝缘、质量为mA＝2kg的平板车，车置于光滑的水平面上，在车左端放置一质量为mB＝1kg、带电荷量为q＝＋1×10－2C的绝缘小货物B，在装置所在空间内有一水平匀强电场，电场的大小及方向可以人为控制。先产生一个方向水平向右、大小E1＝3×102N/C的电场，车和货