专题一力和运动资料

高中部分专题一力和运动考情分析备考策略1.本专题主要包括物体的平衡和动力学问题，命题灵活，情景新颖，形式多样。其中物体的平衡问题主要以选择题的形式呈现，难度较低；而动力学问题涉及的知识面较广，难度中等。2.高考对本专题考查的重点主要有以下几个方面：物体的受力分析；匀变速直线运动规律的应用；刹车问题；运动学图像；牛顿运动定律的应用；动力学两类基本问题；平抛运动；圆周运动；力有引力与航天等知识。1.深刻理解各种性质力的特点，熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法。2.解决动力学问题紧紧抓住“两个分析”和“一个桥梁”。综合应用牛顿运动定律和运动学规律解决问题。3.熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对其综合问题，要善于由转折点的速度进行突破；熟悉解决天体运动问题的两条思路；灵活应用运动的合成与分解的思想，解决带电粒子在电场中的类平抛运动问题。■ H“・U5L1.. 「 訟籐也=鎚考向一物体的受力分析（选择题）••＞成悟細應1.六种常见力的方向力产生及方向重力竖直向下G=mg弹力两个物体接触并发生力的作用，受力物体发生弹性形变，产生的反作用于施力物体的力。点和面以及面和面之间垂直于接触面指向受力物体，与弹簧恢复原长的方向一致，绳收缩的方向一致。杆具体情况具体分析。摩擦力两个物体接触并挤压，相对运动或者有相对运动的趋势，阻碍物体相对运动的力。与接触面相切，与相对运动或相对运动趋势方向相反，但与运动方向不一定相反。电场力由检验电荷的电性和电场的方冋共同决定安培力用左手定则判断，垂直于I、B所决定的平面洛伦兹力用左手定则判断，垂直于v、B所决定的平面明确研究对象一隔离物体分析一画受力分析图一检查是否漏力或添力。点和面以及面和面之间的受力分析，假设法和以直代曲的运用。矢量圆解决二力合成问题，拉密定律解决三力平衡以及动态分析。几何和函数的方法结合处理绳、杆、圆环、球等物体结合的受力分析。判断静摩擦力的方法假设法、反推法、利用牛顿第二定律判断、利用牛顿第三定律判断。

掌握受力分析的基本步骤［例1］（2014-泸州质检）如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、NN处受力的方向，下列说法正确的是（A-M处受到的支持力竖直向上B,N处受到的支持力竖直向上 C-M处受到的静摩擦力沿MN方向D-N处受到的静摩擦力沿水平方向［审题指导］（1） 支撑点M、N分别属于点面接触和点点接触。（2） 静摩擦力的方向一定和物体的相对运动趋势方向相反。［解析］支撑点M和地面是点面接触，受到地面支持力的方向垂直于地面，竖直向上,A正确；支撑点N是点点接触，支持力方向垂直MN斜向上，B错误；M点有向左运动的趋势，则M点受到的静摩擦力沿水平方向向右，D错误；N点有斜向下运动趋势，受到的静摩擦力方向沿MN方向，C错误。［答案］A［感悟升华］两注童受力分析中的“两注童受力分析中的“两分析、两注意”貝样祈研充时象爱的方，不分析腐究-対家维嘉他物体时力_只分析性质力种常見力），不分析兹果力，时心力等|—昏用与背力术可同时作为物体的變力—物体的矍力情况与运动携况相珅应1.（2014-绵阳模拟）如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行，木块同时受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态。已知木块与木板间的动摩擦因数为灼，木板与地面间的动摩擦因数为外，以下几种说法正确的是（A-木板受到地面的摩擦力的大小一定是p1mgB-木板受到地面的摩擦力的大小一定是《2（m+M）gC-当F>«2（m+M）g时，木板便会开始运动D-无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动解析：选AD由于木板静止，所以地面给木板的静摩擦力大小等于木块给木板的滑动摩擦力，A正确，B错误；木板会不会动，完全取决于木板的受力，木板受到木块的摩擦力已经是最大的了，所以无法让木板运动，C错误，D正确。2.（2014-沂州模拟）如图所示，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平。现把物体Q轻轻地叠放在P上，则（ ）A.P受力个数增加了一个B-P受力个数增加了两个

C-P所受的合力增大D-P与斜面间的静摩擦力不变解析：选A放Q前P物体静止于斜面，设斜面倾角为仇据平衡条件有mpgsin0=f<^mpgcos0=fmax,即卩>tan0;当叠加了Q物体后有《(mp+mQ)gcos0>tan0(mp+mQ)gcos0=(mp+mQ)gsin0,所以此时两物体仍处于静止状态，则P物体受到重力G、斜面的支持力、摩擦力和Q对P的压力，它们的合力仍然为零，而摩擦力增大，A正确，B、C、D错误。3-(2014-巴中模拟)将某均匀的长方体锯成如图所示的A、B两块后，放在水平桌面上并排放在一起'现用水平力F垂直于B的左边推B物体，使A'B整体仍保持矩形沿F方向匀速运动’贝M )A.物体A在水平方向上受三个力的作用’且合力为零B-物体A在水平方向上受两个力的作用’且合力为零C-B对A的作用力方向与F方向相同D-B对A的压力等于桌面对A的摩擦力解析：选AC对物体A进行受力分析，受到B物体产生的弹力、静摩擦力和水平桌面产生的滑动摩擦力，如图所示，由于A、B整体仍保持矩形沿F方向匀速运动，则物体A所受合力为零，A正确，B错误；B对A的弹力方向垂直于接触面，D错误；B对A的作用力与桌面对A的摩擦力等大反向，g对A的作用力与戶方向相同，C正确。考向二整体法和隔离法在平衡问题中的应用(选择题)«•>劇悟经||與1.共点力的平衡条件是F合=0'平衡状态是指物体处于匀速直线运动状态或静止状态。口2-解决共点力平衡问题的典型方法：力的合成法、正交分解法、图解法、整体法与隔离法。3-处理平衡问题的基本思路：确定平衡状态(加速度为零)一巧选研究对象(整体法或隔离法)一受力分析一列平衡方程一求解或讨论。［例2］如图所示’物块a、b、c叠放在一起'重均为100N'小球P重20N'作用在物块b上的水平力F为10N'整个系统处于静止状态，以下说法正确的是()4141户——飞A-a和b之间的摩擦力是10NB-b和c之间的摩擦力是10NC-c和桌面间的摩擦力是10ND-c对桌面的摩擦力方向向左［思路探究］以a为研究对象，由平衡条件判断a、b之间的摩擦力。以a、b整体为研究对象，由平衡条件判断b、c之间的摩擦力。以a、b、c整体为研究对象，由平衡条件判断c所受的摩擦力方向，再由牛顿第三定律判断c对桌面的摩擦力方向。［解析］物体a静止，故所受摩擦力为零，A错误；a、b静止，所受c的摩擦力与水平力等大反向，大小为10N，B正确；物体P静止，故水平绳的拉力FT=Gtan45°=20N，

研究a、b、c整体，桌面对c的摩擦力向左，大小为10N,由牛顿第三定律，c对桌面的摩擦力方向向右，大小为10N，C正确，D错误。［答案］BC［感悟升华］求解连接体平衡问题的方法及注意事项才法桔制搂律法的适用条件调种方法卖鮮应用整体法解題-般比辕荷单，框'整体法不能求内沸r 、［感悟升华］求解连接体平衡问题的方法及注意事项才法桔制搂律法的适用条件调种方法卖鮮应用整体法解題-般比辕荷单，框'整体法不能求内沸r 、区嗦統」的输钵憂力咅析时,1｛隔再法）一-*先从壹为簡単的物体入手,采朋隔离志进行奇析糸蜿内各个物傩的谑劫犊态处领而同韻际冋蹬備常需要整体志与，隔离岀史黑运用4.（2014-眉山模拟）如图所示，水平细杆上套一细环A'环A和球B间用一轻质细绳相连'质量分别为mA'mB（mA>mB）'B球受到水平风力作用’细绳与竖直方向的夹角为Q'A环与B球都保持静止’则下列说法正确的是（）A.B球受到的风力大小为mBgtanQB-当风力增大时’杆对A环的支持力不变C-A环与水平细杆间的动摩擦因数为 警mA+mB D-当风力增大时’轻质绳对B球的拉力仍保持不变解析：选ABB球受力如图甲所示，由平衡条件得，绳的拉力为七=给^,风力为F1COSC7=mBgtan仇当F增大时，0角增大，FT增大，A正确，D错误；A、B整体受力如图乙所示，由平衡条件得，水平方向有F=fW«（mA+mB）g，解得烂mtan0，竖直细杆对A环的支持AB mA+mB力N=（mA+mB）g，B正确，C错误。巳FD4k5.（2014-乐山模拟）如图所示’质量相等的A、B两物体在平行于固定斜面的推力F的作用下’沿光滑斜面做匀速直线运动’A、B间轻弹簧的劲度系数为k，斜面的倾角为30°'则匀速运动时弹簧的压缩量为FD4kF F 八FA— b— C—Ak B2k C.3k解析：选BA、B作为一个整体受力如图所示，由平衡条件得，平行斜面方向有F=2mgsin3=mg，隔离B进行受力分析则有弹簧弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，即kxmgF=mgsin0=0.5mg，解得x=⑵上=2k，B正确。6-（2014-北大附属中学模拟）如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球8。则（）A-A对地面的压力等于（M+m）gB•A对地面的摩擦力方向向左R~+rC•B对A的压力大小为~R~mgrD•细线对小球的拉力大小为Rmg解析：选ACA.B叠放一起静止于水平面上，可以看做一个整体，受力分析只有他们的重力和地面的支持力，所以二力平衡，支持力等于重力等于（M+m）g,地面对整体没有摩擦力，如果有摩擦力，则不能平衡，A正确，B错误；对B球受力分析如图所示，重力和拉力的合力与支持力等大反向，绳子拉力水平说明B的球心和A的顶端等高，即B的球心R到地面高度为R，B的球心到A的球心的连线长度为R+r，那么cosa=，在重力和水R十rmg R+r平拉力的合力矢量四边形中，N=一d，解得N=~^mg,C正确；细绳拉力FT=mgtanacosa r 丄WR+r）2_R2 吐、口=mg・ r，D错误。侦\考向三共点力作用下的动态平衡问题（选择题）••>團悟经興1.动态平衡：物体在缓慢移动过程中，可认为其速度、加速度均为零，物体处于平衡状态。2•动态平衡问题常用的一个重要推论：三个或三个以上的共点力平衡，某一个力与其余力的合力等大反向。[例3]（2014-宜宾质检）如图所示，用OA'OB两根轻绳将物体悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平。现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳末端由B点缓慢上移至B'点，此时OB'与OA之间的夹角0<90。。设此过程中OA、OB的拉力分别为FOA、FOB下列说法正确的是（）A-Foa逐渐增大 B.Foa逐渐减小C-FA-Foa逐渐增大 B.Foa逐渐减小C-Fob逐渐增大 D.Fob逐渐减小［审题指导］(1)结点O共受几个力作用？提示：3个力的作用。(2)“缓慢”的含义是什么？提示：说明物体处于动态平衡状态。(3)在缓慢变化的过程中，这几个力的大小和方向变化有什么特点？提示：重力的大小、方向都不变，Foa的方向不变，Fob的大小、方向均变化。OA OB［解析］以结点O为研究对象，受力如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在两个位置时力的合成图如图所示，由图可［感悟升华］妙解动态平衡问题的两种典型方法声L物体査到三个由的作用个力物大小、由启画憂力分析困.作招力乾平冇四边形甄夭量三用以依提某一参量的更化，分折答边变王也相从而稀定龙的大小或方向的斐化情况爺*一|某一央角版生变化，E■物体爱到三个该上曲力蓝丽力进行正更井解，两个方向上列年術方程|用観1三帝歯號表活出各个作用力与变化葡之间的美系,4而判断咨作用力的雙化、男一个力房方向不变7.如图所示，一个挡板固定于光滑水平地面上，截面为4圆的柱状物体甲放在水平面上，半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，没有与地面接触而处于静止状态。现在对甲施加一个水平向左的力F，使甲沿地面极其缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止。设乙对挡板的压力为F.，甲对地面的压力为F2，在此过程中()a-f1缓慢增大，f2缓慢增大B-F1缓慢增大，F2不变C-f1缓慢减小，f2不变D-F1缓慢减小，F2缓慢增大解析：选C把甲、乙看做一个整体，竖直方向仅受重力和地面的支持力，在此过程中，两物体重力不变，支持力不变，由牛顿第三定律得，甲对地面的压力f2不变；选取乙为研

究对象，乙物体受力如图所示，甲对乙的作用力F3和挡板对乙的作用力F'1的合力F始3 1 合终与乙的重力等大、反向，在甲沿地面缓慢地向左移动的过程中，甲对乙的作用力F3逐渐减小，挡板对乙的弹力戶'1逐渐减小，所以乙对挡板的压力戶1逐渐减小，C正确。8.如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的最底端，利用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中（该过程小球未脱离球面），木板对小球的推力F、半球面对小球的支持力F的变化情况正确的是（）wA-F］增大、F2减小 B.F］增大、F2增大C.F］减小、F2减小 D.F］减小、F2增大解析：选B小球受力如图所示：根据平衡条件得F］=mgtan0,F2=員：。，随着小球向右移动，0角越来越大，F1和F2都增大，B正确。9-（20］4-南充质检）如图所示，倾角为0的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏斗。连接，连接b的一段细绳与斜面平行，在。中的沙子缓慢流出的过程中，。、b、c都处于静止状态，贝M）A.b对c的摩擦力一定减小B-b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上C-地面对c的摩擦力方向一定水平向右D-地面对c的摩擦力先减小后增大解析：选B当沙子的质量较少时，c对b的摩擦力沿斜面向上，由于沙子流出，则绳对b的拉力逐渐减小，对b物块受力分析可知，斜面c对b的摩擦力逐渐增大，由牛顿第三定律知，A错误；当沙子的质量大时，c对b的摩擦力方向沿斜面向下，由牛顿第三定律知识，B正确；对b、c整体受力分析知，地面对c的摩擦力一定水平向左，且逐渐减小，C、D错误。电磁学中的共点力平衡问题［典例］（20］4•攀枝花模拟）长为L的通电直导线放在倾角为0的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，当B方向竖直向上，如图甲所示，电流为I］时导体处于平衡状态，若B方向改为垂直斜面向上，如图乙所示，则电流为I2时导体处于平衡状态，

电流比值，应为电流比值，应为()1D.~Zsin0A.cos0C.sinA.cos0C.sin0]B,C0s"0“光滑斜面"：说明导体不受摩擦力。“平衡状态”：说明导体受力平衡。第2步：寻交汇点(1)力学知识：受力分析、平衡条件。(2)电磁学知识：左手定则、安培力的大小。第3步：明突破点当B方向竖直向上，由左手定则判断安培力的方向，对导体受力分析，根据平衡条件列方程。若B方向改为垂直斜面向上，由左手定则判断安培力的方向，对导体受力分析，根据平衡条件列方程。［解析］电流为I］时导体受力如图甲所示，由平衡条件得mgtan0=BI1L,解得11=mgtan0 mgsin0［答案］B［感悟升华］故~^= ，B正确。Lcos0籍严；电流为I2时导体受力如图乙所示，由平衡条件得mgsin0=BIL，［答案］B［感悟升华］故~^= ，B正确。Lcos0A.A.小球A与B之间库仑力的大小为%电磁学中共点力平衡问题的分析思路明确电荷的电性和场的方向。根据左手定则、带电体的带电性质或磁场方向，判定研究对象所受的安培力或洛伦兹力的方向，根据电荷的电性和电场的方向判断库仑力的方向。⑶对研究对象进行受力分析，比以往多了电场力F=Eq、安培力F=BIL或洛伦兹力F=Bqv。(4)列平衡方程求解。［跟踪训练］(2014-浙江高考)如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为0。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行。小球A的质量为m、电量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d。静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上，则()

B•当3=时，细线上的拉力为0 C•当3=U性严时，细线上的拉力为0D•当3=•■••.「器时，斜面对小球A的支持力为0解析：选AC根据库仑定律可得两小球之间的库仑力大小为F=空,A正确；当细库32线上的拉力为零时，小球A受到库仑力、斜面支持力、重力，小球A受力如图所示，由平衡条件得32=mgtan仇解得隽、口误。丝2严，B错误，C正确；由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为零，D错1•（2014-九江模拟）如图所示，木板B放在粗糙的水平面上，木块A放在B的上面，A的右端通过一不可伸长的轻绳固定在竖直墙上，用水平恒力F向左拉动B，使其以速度0做匀速运动，此时绳水平且拉力大小为ft，下面说法正确的是（A.若木板B以2匀速运动，则拉力仍为FB•绳上拉力Ft与水平恒力F大小相等C•木块A受到的是静摩擦力，大小等于FtD•木板B受到一个静摩擦力，一个滑动摩擦力，合力大小等于F解析：选A以B为研究对象分析受力，当其匀速运动时，受力平衡，受力情况与速度大小无关，A正确；以A、B整体为研究对象分析受力可知F=FT+f，故绳子拉力小于F，B错误；木块A与B之间发生相对滑动，所以A所受摩擦力为滑动摩擦力，C错误；以B为研究对象分析其水平方向受力情况可得F=f地也，两个摩擦力均为滑动摩擦力，D错误。2.（2014-海淀区模拟）如图甲所示，一定质量的通电导体棒ab置于倾角为0的粗糙导轨上，在图乙所加各种大小相等方向不同的匀强磁场中，导体棒ab均静止，则下列判断错误的是（）甲

A.四种情况导体棒受到的安培力大小相等B•A中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零C•B中导体棒ab可能是二力平衡D•C<D中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零解析：选D因磁感线都垂直于导体，所以安培力大小相等，A中安培力方向水平向右,而支持力垂直于斜面，与重力可以构成三力平衡，所以摩擦力可能为零；同理B安培力方向向上，可以构成二力平衡；C中安培力方向向下，D中安培力方向水平向左，要平衡则一定要受到摩擦力作用。综上所述，A、B、C正确，D错误。3•物块M在静止的传送带上匀速下滑时，若传送带突然转动且转动的方向如图中箭头所示，则传送带转动后（）A.A.M将减速下滑C•M受到的摩擦力变小B.M仍匀速下滑D.M受到的摩擦力变大解析：选B由物块M在静止的传送带上匀速下滑知，MgsinO=^Mg-cos0,若传送带突然如题图中所示转动，转动后物块所受的摩擦力和静止时相同，故物块的受力没有变化，则物块的运动状态也不变化，M仍匀速下滑，B正确。4•（2014-广元模拟）如图所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，三角形木块竖直边靠在竖直且粗糙的墙面上，现用竖直向上的作用力F推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下列说法正确的是（）A•木块a与铁块b间一定存在摩擦力B•木块与竖直墙面间一定存在水平弹力C•木块与竖直墙面间一定存在摩擦力D•竖直向上的作用力F大小一定大于铁块与木块的重力之和误。解析：选A隔离铁块b，因其匀速运动，故铁块b受重力、斜面对它的垂直斜面向上的支持力和沿斜面向上的静摩擦力，A正确；a、b整体水平方向不受力，故木块与竖直墙面间不存在水平弹力，没有弹力也就没有摩擦力，B、C错误；竖直方向F=Ga+Gb,D错误。5•（2014•山东高考）如图所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变。木板静止时，戶1表示木板所受合力的大小，已表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）A.FA.F1不变，F2变大C•F1变大，F2变大解析：B.F1不变，F2变小D.F、变小，F2变小2cos2选A对木板受力分析如图所示，木板静止，所受合力为零，所以F1不变，将两轻绳各减去一小段，木板再次静止，两绳之间的夹角变大，由2F2cos2=mg知F2= °，则F22cos2变大，A正确。6•如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A^B分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置，如果将小球B向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比（）A.推力F将增大B•竖直墙面对小球A的弹力增大C•地面对小球B的弹力减小D•两个小球之间的距离增大解析：选D将A、B视为整体进行受力分析，在竖直方向只受重力和地面对整体的支持力N（也是对B的支持力N），将B向左推动少许后，竖直方向受力不变，所以N=（mA+mB）g为一定值，C错误；对B进行受力分析如图所示，由平衡条件可知N=mBg+Fcos3,向左推B，3减小，所以F斥减小，由库仑定律F斥得A、B间距离r增大，D正确；而F=Fsin3，3减小，F减小，所以推力F减小，A错误；将A、B视为整体时在水平斥 斥方向上有F=Na，所以墙面对小球A的弹力NA减小，B错误。7•（2014•资阳模拟）如图所示，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部。'处（。为球心），弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点。已知容器半径为R，与水平面间的动摩擦因数为卩，OP与水平方向的夹角为3=30°。下列说法正确的是（）A.容器相对于水平面有向左运动的趋势B•轻弹簧对小球的作用力大小为専mgC•容器对小球的作用力竖直向上d•弹簧原长为R+m^解析：选D由于容器和小球组成的系统处于平衡状态，容器相对于水平面没有向左运动的趋势，A错误；容器对小球的作用力是弹力，指向球心O,C错误；小球受力如图所示，由。=30。得小球受到容器的支持力和弹簧对小球的弹力大小均为mg，B错误；图中弹簧长度为a,压缩量为mg,故原长为R+mg,d正确。8.（2014-新民模拟）一人站在斜面上，推着一个重力大小为G的大雪球，若雪球刚好处在一处倾角为e的光滑斜面上，且始终处于静止状态，此人的推力通过雪球的球心，则（）A•此人的推力最小值为GtaneB•此人的推力最小值为GsineC•此人的推力最大值为;C/d•此人的推力最大值为彪解析：选B对雪球受力分析如图所示，受重力G、弹力N、推力F作用，因雪球静止在斜面上，由平衡条件及平行四边形定则知，推力和支持力合力大小等于重力，由平行四边形定则知，当推力由水平转至沿斜面向上时最小为Gsine，A错误，B正确；推力由水平向下转时能达无穷大，无最大值，C、D错误。9-（2014-银丿II模拟）用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有矩形物块Q^P^Q均处于静止状态，则下列相关说法正确的是（）A.P物体受4个力B•Q受到3个力C•若绳子变长，绳子的拉力将变小D•若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大解析：选AC对Q进行受力分析，受重力、压力、支持力和P对Q向上的静摩擦力,共4个力，B错误；P受到重力、拉力、支持力和Q给P的静摩擦力，共4个力，A正确;

LW5屜10-（2014-哈尔滨模拟）如图所示，两段等长细线L1和L2串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点。现施加水平向右的力F缓慢拉动a%对a球的拉力大小为F1、L2对b球在缓慢拉动的过程中FLW5屜10-（2014-哈尔滨模拟）如图所示，两段等长细线L1和L2串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点。现施加水平向右的力F缓慢拉动a%对a球的拉力大小为F1、L2对b球在缓慢拉动的过程中F和F的变化情况是（）A.F1变大C-F2不变B.F1变小D.F2变大解析：选AC把a球和b球作为一个整体进行受力分析，如图甲，由力的图解法，L1对a球的拉力F］变大；对b球进行受力分析，如图乙，由二力平衡可知，L2对b球的拉力七等于其重力，故戶2不变，A、C正确。11.（2014-眉山模拟）一套有细环的粗糙杆水平放置，带正电的小球通过绝缘细线系在细环上，并将整个装置放入一水平的匀强电场中，处于平衡状态，如图所示。现在将电场稍加大一些，小球再次平衡，下列说法正确的有（）A.细线对细环的拉力保持不变B•细线对带电小球的拉力变大C•细环所受的摩擦力变大D•粗糙杆对细环的支持力保持不变解析：选BCD对小球受力分析如图，将电场稍加大一些，小球所受的电场力增大，竖直方向Feose=mg，E变大，0变大，F变大，即细线对带电小球的拉力变大，A错误，B正确；把小球和细环看做一个整体，水平方向/'=qE，竖直方向N=（M+m）g，小球所受电场力增大，则细环所受的摩擦力变大，竖直方向二者所受重力不变，粗糙杆对细环的支持力保持不变，C、D正确。

12•如图所示，一个质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上12•如图所示，一个质量为m的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°。则（）A.滑块可能受到三个力作用B•弹簧一定处于压缩状态D•斜面对滑块的摩擦力大小一定等于|mg解析：选AD弹簧与竖直方向的夹角为30°，所以弹簧的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，此时弹簧弹力为零，处于原长状态，A正确，B错误;由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力（等于2mg）不可能为零，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，C错误，D正确。13-（2014-昆明模拟）如图所示，有两条和水平方向成a角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆（内阻不计）从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间质量为m的金属杆（内阻不计）从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间，金属杆的速度趋近于一个最大速度vm，贝M ）A.如果B增大，将变大B•如果a变大，将变大C•如果R变大，v：将变大D•如果m变小，vm将变大a~BIl=0,由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得1=写，解得v=mgRsina，分R m B2l2析得B、C正确。考向一••＞敏悟统典匀变速直线运动规律的应用（选择题或计算题考向一••＞敏悟统典匀变速直线运动规律的应用（选择题或计算题）1.牢记解决匀变速直线运动问题的四种常用方法座本公式法）(jn-n)cr戸推论法句被速直线运动可视为反方向的匀加速貞魏适动⑴心淑⑵玛=伺座本公式法）(jn-n)cr戸推论法句被速直线运动可视为反方向的匀加速貞魏适动⑴心淑⑵玛=伺(l)v=pn+flc(2)S=Wjt+ydtJ(3用-戒=Wax2.处理刹车类问题的思路：先判断刹车时间，再进行分析计算。F=-^［例1］（2014-全国新课标I）公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动2 摩擦因数为晴天时的5。若要求安全距离仍为120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。［思路探究］（1）在“人的反应时间和汽车系统的反应时间”内汽车做匀速直线运动。（2）汽车在晴天和雨天行驶，其安全距离不变而加速度发生变化。［解析］设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为方,刹车时汽车的加速度大小为,,安全距离为s,反应时间为"，由牛顿第二定律和运动学公式得p0pg=ma0①sF+煮②式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。2设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为#，依题意有卩=50③设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a,安全行驶的最大速度为v,由牛顿第二定律和运动学公式得卩mg=ma④V2s=vt0+2a⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v=20m/s（或72km/h）⑥［答案］20m/s（或72km/h）••A考向专縁1.（2014-德阳质检）汽车正在以10m/s的速度在平直的公路上匀速前进，在它的正前方x处有一辆自行车以4m/s的速度做同方向的匀速直线运动，汽车立即关闭油门做a=-6m/s2的匀变速运动，若汽车恰好碰不上自行车，则x的大小为（）A-8.33mB.3m C.3.33m D.7mL v—v 1解析：选B汽车减速到4m/s所需的时间t=~1=1s,此时汽车的位移X］=v"+2at2=7m;自行车的位移x2=v2t=4m,若汽车恰好碰不上自行车，则有x2+x=x1，解得x=3m,B正确。2-（2014-泸州质检）研究表明，一般人的刹车反应时间（即图甲中“反应过程”所用时间）t0=0.4s，但饮酒会导致反应时间延长。在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0=72km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L=39m。减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动。取重力加速度的大小g=10m/s2。求：减速过程汽车加速度的大小及所用时间；饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少； 减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。解析:(1)设减速过程汽车加速度的大小为所用时间为t,由题可得初速度％=20m/s,末速度v=0，位移s=25m,由运动学公式得V0~v2=2as®—②联立①②式，代入数据得a=8m/s2③t=2.5s④设志愿者反应时间为时，反应时间的增加量为At,由运动学公式得L=v°t'+s⑤At=tz_t0⑥联立⑤⑥式，代入数据得At=0.3s⑦设志愿者所受合力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0,志愿者质量为m,由牛顿第二定律得F=ma⑧由平行四边形定则得Fg=F2+(mg)2⑨联立③⑧⑨式，代入数据得呉=穿⑩mg5答案：(1)8m/s22.5s(2)0.3s(3)学考向二直线运动的图像问题(选择题)••＞成悟经興X-t图像和v-t图像的对比分析11图斜率纵截距图像与t轴所围的面积特例匀速直线运动匀变速直线运动x-t图像速度初位置倾斜的直线抛物线•0-t图像加速度初速度位移与时间轴平行的直线倾斜的直线[例2](2014-广东高考)如图是物体做直线运动的V-t图像。由图可知，该物体()

A.第1s内和第3s内的运动方向相反B-第3s内和第4s内的加速度相同C•第1s内和第4s内的位移大小不相等D•0〜2s和0〜4s内的平均速度大小相等［解析］第1s内和第3s内的速度都为正的，运动方向相同，A错误；第3s内和第4s内的图像斜率相同，因此加速度相同，B正确；第1s内和第4s内的位移大小都等于图线与横轴所围面积的大小，都为x=|x1X1m=0.5m，C错误；0〜2s内的位移和0〜4s内的位移相等，但由于时间不同，因此平均速度不同，D错误。［答案］B从速度融上读出，正负表示物保的埴制由曲由田綫的舟率求得.饋率的正，血表示加速廈始方向队时间轴上读出时刻，两叶刻的差健表承軸体的重动时间由国織与时间釉图点的面积表示从速度融上读出，正负表示物保的埴制由曲由田綫的舟率求得.饋率的正，血表示加速廈始方向队时间轴上读出时刻，两叶刻的差健表承軸体的重动时间由国織与时间釉图点的面积表示位药，时间轴上方表示总移的才向与规定的正才佝相同,下方衰示柱移的才爾与舰定仙正方爾加反从v-t图像中巧得四个运动量••＞割向专條3.（2014-宝鸡模拟）。、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的v-t图像如图所示，下列说法正确的是（）A•a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度B•20s时，a、b两物体相距最远C•60s时，物体a在物体b的前方D•40s时，a、b两物体速度相等，相距200m解析：选Cv-t图像的斜率表示加速度，因此在加速阶段，物体a的加速度小于物体b的加速度，A错误；20s时，物体b开始运动，在两物体速度达到相等之前，两物体之间的距离越来越大，40s时两物体相距最远，B错误；图像与时间轴围成的面积表示物体的位移，故60s时，物体a的位移为2100m，而b的位移为1600m，C正确；40s时，a、b两物体速度相等，物体a的位移为1300m，物体b的位移为400m，两物体相距900m，D错误。4-（2014-自贡调研）。、b、c三个物体在同一条直线上运动，三个物体的x-t图像如图所示，图像c是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是（）

A•a、A•a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同 B•a、b两物体都做匀变速直线运动，两个物体的加速度大小相等，方向相反C•在。〜5s内，当t=5s时，a、b两个物体相距最近D•物体c一定做变速直线运动5•（2013-四丿II高考）甲、乙两物体在t=0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v-1图像如图所示，则（）解析：选D图像为位移一时间图像，由图可知，a、b两物体的运动方向相反，都做匀速直线运动，速度大小相同，A、B错误；a5•（2013-四丿II高考）甲、乙两物体在t=0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v-1图像如图所示，则（）A.甲、乙在t=0到t=1s之间沿同一方向运动B•乙在t=0到t=7s之间的位移为零C•甲在t=0到t=4s之间做往复运动D•甲、乙在t=6s时的加速度方向相同解析：选BD根据v-t图像可知，在0〜1s时间内，甲一直向正方向运动，而乙先向负方向运动再向正方向运动，故A错误；根据v-t图像可知，在0〜7s时间内，乙的位移为零，故B正确；根据v-t图像可知，在0〜4s时间内，甲一直向正方向运动，故C错误;根据v-t图像可知，在t=6s时，甲、乙的加速度方向均与正方向相反，故D正确。考向三用牛顿运动定律解决连接体问题（选择题） 1 1.牛顿第二定律的表达式：F合=ma。2•整体法：在连接体问题中，如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部 分具有相同的加速度，一般采用整体法列牛顿第二定律方程。 3•隔离法：如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用 隔离法列牛顿第二定律方程。[例 隔离法列牛顿第二定律方程。[例3]（2014-四丿II高考）如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通 过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t=t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是（）［审题指导］由V1和V2的大小关系确定传送带对P物体的摩擦力的方向。由P受到绳的拉力和摩擦力之间的关系确定P的最终状态。［解析］若v1>v2,且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确。若v1>v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速。若v2>v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度%=「丁+网g，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，F——umg若有FT>卩mg，此后加速度a=t一七壶，故C正确，A、D错误。丄 2［答案］BC考向专绿6.如图所示，质量分别为mA'mB的A'B两物块用轻线连接放在倾角为Q的光滑斜面上，用始终平行于斜面向上的恒力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，为了增加轻线上的张B.增大B的质量D.B.增大B的质量D.增大拉力FA.增大A的质量C-增大倾角0解析：选BD对于A、B整体由牛顿第二定律得F——(mA+mB)gsin0=(mA+mB)a，对于mB由牛顿第二定律得FT-mBgsin0=mBa，解以上两式得FT=— F，B、D正确。m+mAB7-(2014-内江联考)如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(m:M=1:2)的物块A^B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右匀加速运动时，弹簧的伸长量为％；当用同样大小的力作用于A上且竖直向上匀加速提升两物块时，弹簧的伸长量为&，如图乙所示，则x1:x2等于()A.1：1 B.1：2 C.2：1D.2：3解析：选B当水平力F作用在B上时，则对A、B整体分析有F~3^mg=3mava1=(F——3«mg)/(3m);对A隔离分析有kx1~^mg=ma1，解得F=3kx1;当F竖直向上时，对A、B整体分析有F——3mg=3ma2,a2=(kx1~mg)/m，对B物体隔离分析有kx2—2mg=2ma2，解得x1:x2=1:2，B正确。8-(2014-江苏高考)如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为卩，B与地面间的动摩擦因数为歩。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则(A.当F<2卩mg时，A、B都相对地面静止B-当F=|wmg时，A的加速度为，gC-当F>3卩mg时，A相对B滑动D-无论F为何值，B的加速度不会超过*g3解析：选BCDA^B间的最大静摩擦力为2卩mg,B和地面之间的最大静摩擦力为^mg,3对A、B整体，只要F>$ng,整体就会运动，A错误；当A对B的摩擦力为最大静摩擦力3时，A、B将要发生相对滑动，故A、B一起运动的加速度的最大值满足2卩mg_2^mg=ma蜘,、 1 3B运动的最大加速度amax=2^g，D正确；此时，对A、B整体，有F—2«mg=3mamax，则F>3卩mg时两者会发生相对运动，C正确；当F=|wmg时，两者相对静止，一起滑动，加速3 1度满足F—功mg=3ma，解得a=&卩g,B正确。考向四动力学的两类基本问题(选择题或计算题)••>團悟经廳1.解决动力学两类问题的关键是受力分析和运动分析，而加速度是联系力与运动的桥梁，其基本思路如下:第一类问题第二类问题2.常用方法 (1)整体法与隔离法。(2)正交分解法：一般取加速度的方向和垂直于加速度的方向进行分解，为减少分解的矢量个数，有时也根据情况分解加速度。［例4］(2014-达州模拟)如图所示，一质量m=0.4kg的小物块，以％=2m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t=2s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离乙=10m。已知斜面倾角6=30。，物块与斜面之间的动摩3擦因数卩=3。重力加速度g取10m/s2。丄求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？［审题指导］物块由A到B做什么运动？应选用什么公式确定物块的加速度和速度？提示：匀加速直线运动，因为L、%、t已知，则用运动学公式求a和V。拉力F平行于斜面时拉力一定最小吗？提示：不是。计算物块与斜面间的滑动摩擦力f=«mgcos6对吗？提示：不对，因为还有F的作用。［解析］(1)设物块的加速度大小为a,到达B点时速度大小为vB,由运动学方程得,1L=v0t十2at2VB=V0+at解得a=3m/s2,v=8m/sB（2）对物块受力分析如图所示，f为物块所受支持力、摩擦力，设拉力F与斜面夹角为a,由牛顿第二定律得，垂直斜面方向有Fsina+N=mgcos0沿斜面方向有Fcosa—mgsin0—f=ma又因为f=^N解得Fcosa+^3Fsina=5.2N则5.2N 15.6N则5.2N 15.6N7.8N■j'3sin(a+60°)当a=30。时，拉力F有最小值，F. Nmin5［答案］(1)3m/s28m/s(2)30°?捐N［感悟升华］处理多过程动力学问题基本流程余折研究时象在每个it程的受力杨如 '外画出登力脅析图色亍电咬一— L井析研究时陞在每个除筏的运动特点前一个i±程崭结金就是后一个过程的开冬寻规術」好，明刑楠个过程的交接忐哪些普发生卖此哪丝量不空往往是解題的某械••＞再向专條9.（2014-漳州质检）图甲为便利运输工具双轮行李小车，送水员用双轮小车运送桶装矿泉水，图乙为小车截面示意图，在拉运过程中图示角度保持不变，已知小车和桶装矿泉水的总质量为20kg，不计桶与小车之间摩擦力的影响，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，送水员拉动小车使矿泉水和小车一起以a=5m/s2的加速度水平向右做匀加速直线运动时，下列说法正确的是（）A.小车P侧轨道对桶的支持力大小为160NB-小车Q侧轨道对桶的支持力大小为250NC-桶对小车两侧轨道的压力大小之比Fp:Fq=1:2D-桶对小车两侧轨道的压力大小之比Fp:Fq=4:3解析：选C对桶受力分析如图所示，建立直角坐标系，水平方向Fqcos37°-Fpcos53°=ma,竖直方向FQsin37°+Fpsin53°=mg。联立解得Fp:FQ=1:2,C正确，D错误；由于不知道桶装矿泉水的质量，则无法计算轨道对桶的支持力，A、B错误。 10-(2014-乐山模拟)在粗糙的水平面上有两个静止的物体A、B，它们的质量均为m=2kg。A与水平面间的动摩擦因数为《］=0.4，B与水平面间的动摩擦因数#2=0.2。在水平恒力F=20N的作用下从静止开始向右做匀加速直线运动，F作用了t=2s然后撤掉。求：A、B都静止时它们之间的距离L。(g=10m/s2)解析：对A、B整体由牛顿第二定律得F—卩mg—卩2mg=2ma解得a=2m/s2两物块2s时的速度v=at=4m/s撤去力F后，A的加速度大小aA=#1g=4m/s2从减速到静止，A的位移大小V2 x=^=2ma2a,AB的加速度大小。4=财=2m/s2从减速到静止，B的位移大小V2 ,xD=^=4mB2aB所以A、B都静止时它们之间的距离L=x—y=2mBA答案：2m 力学观点和能量观点解决传送带问题 ［典例］(2014-遂宁模拟)如图所示，质量为m的滑块，放在光滑的水平平台上， 平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L，今使滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带 速度相同。滑块与传送带间的动摩擦因数为#。 (1)试分析滑块在传送带上的运动情况;(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能E；p' (3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q。第1步：找关键点“光滑的水平平台"：说明滑块在平台上不受摩擦力。“缓慢向左压缩"：说明滑块速度为零。(3)“恰好与传送带速度相同"：说明滑块在传送带上做变速直线运动，且末速度与传送带速度相等。第2步：寻交汇点动力学知识：受力分析、运动学规律、牛顿第二定律。能量知识：机械能守恒定律、功能关系。第3步：明突破点滑块在光滑的水平平台上滑动，只有弹簧的弹力做功，系统机械能守恒。滑块在传送带上滑动时受摩擦力作用，滑块速度与传送带速度的大小关系决定了滑动摩擦力的方向，从而决定了滑块的运动状态。滑块相对传送带滑动的过程，可由功能关系Q=Fx相对求解滑块在传送带上滑行的整f相对个过程中产生的热量。［解析］(1)若滑块冲上传送带时的速度小于传送带的速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动。(2)设滑块冲上传送带时的速度为0,在弹簧弹开过程中，由机械能守恒得气=2皿2①设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为。，则由牛顿第二定律得/img=ma②由运动学公式得v2_v0=2aL③解得Ep=；m%+卩mgL设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移x=vQt@vQ=v—at®滑块相对传送带滑动的位移Ax=L—x⑥相对滑动产生的热量Q=«mg・Ax⑦联立解得QH—mgL—mvfg+WgL—vJ［答案］(1)见解析(2)土02+的^£⑶卩mgL—mv赤2$+2卩gL—v0)［感悟升华］分析传送带问题“三步走”［跟踪训练］(2014-达州模拟)如图所示，为一棉纺车间传送棉花包的示意图，水平传送带长O1O2=2m，每一个棉花包的质量为50kg，棉花包与传送带间的动摩擦因数《=0.2，棉花包滑上传送带时速度v1=3m/s，轮子半径不计，g=10m/s2，传送带速度v2=4m/s，传送带高出地面5m，求：

棉花包离开传送带后，落地点A距O3的水平距离；每传送一个棉花包，传送带所消耗的电能(忽略电机内耗)。解析：(1)由于0］＜02,棉花包在传送带上先做匀加速直线运动，设加速度为a,由牛顿第二定律得^mg=ma解得a=«g=2m/s2x=%_022a=1.75m<2m设棉花包速度达到02时通过的位移为I厶距03x=%_022a=1.75m<2mv2v2v」=0.5s故棉花包将最终以02=4m/s速度做平抛运动，则水平方向x2=v2t竖直方向h=\gt2解得x2=4m(2)摩擦力存在时间一、选择题1一、选择题1-(2014-宜宾联考)如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置一时间(x-t)图线。由图可知()传送带前进位移x'=v/=2m传送带消耗的电能等于传送带克服摩擦力所做的功，则E=W=^mgx'=200J答案：(1)4m(2)200JA.在时刻t］，a、b两车运动方向相同B-在时刻t2，a、b两车运动方向相反C•在t］到t2这段时间内，b车的速率先减小后增大D•在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大解析：选Cx-t图线的斜率表示速度，从题图中看出，a车始终静止，b车先正向减速,减速为零后，再反向加速，A、B、D错误，C正确。2•(2014-延安质检)从三亚飞往西安的波音737航班，到达咸阳国际机场着陆的速度为60m/s，然后以大小为5m/s2的加速度做匀减速直线运动直到停下，则飞机在着陆后第14s内的位移为()A•0 B.350mC.360mD.1330mv解析：选A飞机着陆后到停止所需的时间t0=考=12sV14s，所以飞机在第14s内是静止的，位移等于零，A正确。

3-（2014-泸州质检）如图所示，质量为M的斜面体放在地面上，另有质量为m的木块从斜面体顶端沿斜面加速下滑，斜面体始终保持静止。设下滑过程中地面对斜面体的支持力和摩擦力分别为N和/■，则（）A-N＜（M+m）g，f水平向左B•N＜（M+m）g，f水平向右C•N＞（M+m）g，f水平向左D•N＞（M+m）g，f水平向右解析：选A设斜面体的倾角为0,由于木块加速下滑，则有mgsin6＞f,即mgsin0＞卩mgcos0,假设地面对斜面体的摩擦力f1水平向左，对斜面体受力分析如图所示，则水平方向上受到合力为零，/cos0+f[=fsin0,又因为f=f,f=mgcos0,解得f1=mgsin0-cos0—«mgcos20=cos0（mgsin0—卩mgcos0）＞0,则假设成立，即地面对斜面体的摩擦力水平向左，木块加速下滑，木块失重，对整体受力分析知地面对斜面体的支持力NV（M+m）g。A正确。4•（2014-重庆高考）以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的0图像可能正确的是（）解析：选D竖直上抛运动不受空气阻力，做向上的匀减速直线运动至最高点再向下做自由落体运动，0-t图像是倾斜向下的直线，四个选项（虚线）均表示正确；有阻力f=ku的上抛运动，上升时，a=mg+k,随着v减小，加速度减小，对应的0-t图线的斜率减小，A-上错误；下落时，a下=mgm,随着v增大，加速度减小，故在最高点时v=0,a=g,对应的v-t图线与轴的交点，其斜率应该等于g,即过与t轴的交点的切线应该与竖直上抛运动的直线（虚线）平行，D正确。5•（2014-全国新课标I）如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度（橡皮筋在弹性限度内）。与稳定在竖直位置时相比，小球的高度（）A.一定升高B•一定降低

C-保持不变 D-升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定解析：选A设橡皮筋的原长为乙，开始时系统处于平衡状态，小球受到的合力为零，橡皮筋处于竖直方向，橡皮筋悬点0距小球的高度L]=L+罕；当小车向左加速，稳定时，设橡皮筋与竖直方向的夹角为6,对小球受力分析如图所示，由图可知，橡皮筋上的弹力kxmg mg mg=cos 橡皮筋悬点0距小球的高度L2=lL+kcos6lcos6=Lcos6+/，可见，L1>L2,ACOS6 2、kCOS6/ k 12正确，B、C、D错误。 6.（2014-达州模拟）从地面竖直上抛一物体A，同时在离地面某一高度处有另一物体B自由下落，两物体在空中同时到达同一高度时速率都为0，空气阻力均忽略不计，则下列说法中正确的是（）A-物体A上抛的初速度和物体B落地时速度的大小相等B-物体A、B在空中运动的时间相等 C-物体A能上升的最大高度和B开始下落的高度相同 D-两物体在空中同时达到同一高度处一定是B物体开始下落时高度的中点解析：选ACA为匀减速运动，v=v.—gt，B为自由落体运动v=gt，相遇前A做匀减速运动，加速度大小为g，末速度0，此后B以0为初速度做匀加速运动，加速度也是g，而且位移大小相等，根据运动可逆性，B下落至地面的速度等于0.，时间也是t，A正确；A相遇前B自由落体时间为t,加速度大小为g,初速度为零，相遇时的末速度为0,此后A向上运动，加速度大小为g，初速度为0，末速度为零，同样根据运动可逆性，A上升到最高点时间也是t，位移与B相遇前的位移大小相等，即A上升的最大高度与B开始下落的高度相同，C正确；根据对称性，A上升时间为2t，下落时间也是2t，而B的运动时间总共只有2t，B错误；相遇处是时间中点，B整个下落过程速度逐渐增大，因此相遇处不可能是高度中点，D错误。 7-（2014•山东高考）一质点在外力作用下做直线运动，其速度0随时间t变化的图像如图。在图中标出的时刻中，质点所受合力的方向与速度方向相同的有（）A-t1 B.t2 C.t3 D.t4解析：选AC已知质点在外力作用下做直线运动，根据它的速度一时间图像可知，t]时刻所在的过程中，质点的速度越来越大，但斜率越来越小，说明质点做加速度越来越小的变加速直线运动，因此t1时刻质点所受合力的方向与速度方向相同，A正确；t2时刻所在的过程中，质点在做匀减速直线运动，因此质点所受合力方向与速度方向相反，B错误；t3时刻所在的过程中，质点在做反向的匀加速直线运动，所以t3时刻质点所受合力的方向与速度方向也相同，C正确；同理t4时刻所在的过程中，质点在做反向变减速直线运动，因此合力的方向与速度的方向相反，D错误。 8•（2014・内江模拟）如图甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对物体B施加一水平变力F，F-t关系如图乙所示，两物体在变力F作用下由静止开始运动且始终保持相对静止，则（）

A-t0时刻，两物体之间的摩擦力最大B-t0时刻，两物体的速度方向开始改变C•t0〜2t0时间内，两物体之间的摩擦力逐渐增大D•t0〜2t0时间内，物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同解析：选CD两物体始终保持相对静止，t0时刻F=0，两物体的加速度为零，两物体之间无摩擦力，A错误；0〜t0时间内两物体做加速度减小的加速运动，，0时刻速度达到最大，t0〜2t0时间内两物体做加速度增大的减速运动，到2t0时刻速度减到零，故0〜t0时间内两物体的速度方向没有改变，B错误；0〜2t0时间内，物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的mF方向相同，D正确；两物体之间的摩擦力f=mAa=m+m，f随F的变化而变化，C正确。mA mB二、非选择题9•如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行。现将一质量m=1kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8°求：0〜8s内物体位移X的大小；物体与传送带间的动摩擦因数卩；0〜8s内物体机械能增量陸及因与传送带摩擦产生的热量Q。解析：(1)由v-t图像可知，物体先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动。则物体在0〜8s内的位移vo+v,, (_2+4 , \x=2ti+v•，2="2 X6+4X2jm=14mv-t图像的斜率表示物体的加速度，由图像知，物体相对传送带滑动时的加速度为a=1m/s2此过程对物体由牛顿第二定律得卩mgcos3_mgsin3=ma解得《=0.875物体被传送的高度h=xsin3=8.4m物体重力势能增量AE=mgh=84J物体动能增量PAEk=|mv2—：mv2=6J物体机械能增量AE=AE+AE=90Jpk0〜8S内只有前6s发生相对滑动。0〜6s内传送带运动距离X]=4X6m=24m0〜6s内物体位移v0+v,X2= t1=6m

由功能关系得产生的热量Q=^mgcos3-Ax=^mgcos^(x1—x由功能关系得产生的热量Q=^mgcos3-Ax=^mgcos^(x1—x2)=126J答案：(1)14m(2)0.875(3)90J126J10•如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为卩。重力加速度为g。当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小;要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；本实验中=10m/s2。若砝码移动的距离超过1=0.002m的拉力至少多大？解析：(1)砝码对纸板的摩擦力大小f1=^m1g桌面对纸板的摩擦力大小f2=^(m1+m2)g故纸板所受摩擦力大小f=f+f2解得f=«(2m]+m2)g设砝码的加速度为a1,纸板的加速度为/1=m1a1F_f1—f2=m2a2发生相对运动时a2>a1解得F>2jw(m1+m2)g纸板抽出前，砝码运动的距离X]=2a"2纸板运动的距离d+X]=2a2*，m1=0.5kg，m2=0.1kg，《=0.2，砝码与纸板左端的距离d=0.1m，取g，人眼就能感知。为确保实验成功，纸板所需a2,则纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2=2a3t2Z=xi+x2

由题意知a=。3，aJi=。3,2凹+„1+7m2,g代入数据得F=22.4N答案：(1)«(2m]+m2)g(2)F>2w(m1+m2)g ⑶22.4N解得F=W第3讲 抛体运动和圆周运动考向一 运动的合成与分解(选择题)瓶悟经典1.物体做曲线运动的条件：F合与v不共线。口2•研究曲线运动的方法：运动的合成与分解。3•运动的合成与分解的运算法则：平行四边形定则或三角形定则。4•合运动与分运动的三个特性：等时性、独立性、等效性。5•特别注意：合运动是物体的实际运动。［例I〕（2014-四丿II高考）有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河，小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直。去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为（）kv vA.,二 B.1 =\i'k2—1 \,'1—k2kv vC.， D.，-•.1'1-k2 Fk2—1［审题指导］（1） “去程时船头指向始终与河岸垂直”说明过河时间由河宽和船的静水速度决定。（2） “回程时行驶路线与河岸垂直"说明过河时间由河宽和船的实际速度决定。d［解析］设大河宽度为d,小船在静水中的速度为v0,则去程渡河所用时间t=—，回vod t v程渡河所用时间t2= ，由题知；=k，联立以上各式得vo=I ，B正确，A、C、2\/V2_V2 t2 0\1—k2D错误。情形分析过河时间最短船头正对河岸时，渡河时间最短，tmin一：（d为河宽）船过河路径最短（v<v时）、水船”合速度垂直于河岸时，航程最短，xmin=d。船头指向v上游，与河岸夹角为a，cosa=v* 船 ［答案］B［感悟升华］小船过河的三种情形及分析过河路径最短°水湖船时）合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河。确定方法如下：如图所示，以V矢量末端水为圆心，以V矢量的大小为半径画弧，从V矢量的船 水始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向时航程最丄亠dcosav船短。由图可知cosa=0vf，最短航程X.min水解析：选C货物向右匀速运动，向上匀加速运动，其运动轨迹为曲线，并且是抛物线,曲线应向加速度方向弯曲，C正确。1.（2014-成都质检）如图甲所示，起重机将货物沿竖直方向匀加速吊起，同时货物又沿横梁水平匀速向右运动。此时，站在地面上观察，货物运动的轨迹可能是图乙中的（）2•如图所示，河的宽度为L，河水流速为侃，甲、乙两船均以静水中的速度v同时渡河。出发时两船相距2L，甲、乙船头均与岸边成60。角，且乙船恰好能直达正对岸的A点，则下列判断正确的是（）A•甲船正好也在A点靠岸B•甲船在A点下游侧靠岸C•甲、乙两船到达对岸的时间相等D•甲、乙两船可能在未到达对岸前相遇3v l 2L甲船渡河时垂直河岸的分速度为V]=v3v l 2L甲船渡河时垂直河岸的分速度为V]=vsin60。=，渡河时所用时间=。总；甲船沿，甲船在A点上物体的运动速度vB为（绳始终有拉力）（）vcosaBWvsinaA/-^Vsinp解析：选D将物体A的速度分解为使绳右端伸长和逆时针转动的两个分量，如图（a）VsinaC，MVcosaDE所示，则绳端伸长的速度V=v1cosa;同理对物体B，速度分解如图（b）所示，绳端缩短的v"vcosa八速度v=V，因此物体B的运动速度V,= 圣= 7T，D正确。Bcospcosp考向二 平抛（类平抛）运动的规律（选择题或计算题）••＞成悟经典v解析：选C根据题述，乙船恰好能直达正对岸的A点，则河水流速u=vcos60。=2；水流方向的速度v2=vcos60°+u=v，沿水流方向的位移为x=v2t=游侧靠岸，甲、乙两船不可能在未到达对岸前相遇，A、B、D错误；由于两船垂直河岸的分速度相等，所以甲、乙两船到达对岸的时间相等，C正确。3-（2014-眉山质检）在水平面上有A、B两物体，通过一根跨过定滑轮的轻绳相连，现A物体以V]的速度向右匀速运动，当绳被拉成与水平面的夹角分别为a、时（如图所示），B1.平抛运动的规律（1） 沿水平方向做匀速直线运动：vx=v0，x=v0t。（2） 沿竖直方向做自由落体运动：vy=gt，y='2§t2。2•类平抛运动与平抛运动处理方法相似分解为初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的初速度为零的匀加速直线运动。3•平抛（类平抛）运动的两个推论 （1）如图甲所示，物体任意时刻速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。

(2)如图乙所示，(2)如图乙所示，在任意时刻任意位置处，速度方向与水平方向的夹角为6，位移方向与水平方向的夹角为a，则有tan6=2tana。 ［例2］(2014-浙江高考)如图所示，装甲车在水平地面上以速度v0=20m/s沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h=1.8m。在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触。枪口与靶距离为L时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v=800m/s。在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进5=90m后停下。装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹。(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g=10m/s2)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；当L=410m时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离;若靶上只有一个弹孔，求L的范围。［审题指导］“机枪管水平"、“不计空气阻力"说明射出的子弹做平抛运动。注意射出子弹的对地速度为装甲车的速度与子弹相对枪口的速度之和。“若靶上只有一个弹孔”，则第一次恰好没打上，第二次恰好打上，求L的临界值。［解析］(1)由运动学公式v0~0=2as得，装甲车的加速度a=芸=孕m/s2第一发子弹飞行时间L4=V+0=0.5s弹孔离地高度h］=h——2g*=0.55m第二发子弹弹孔离地的高度2=1.0m2=1.0mh2=h_ 丿两弹孔之间的距离Ah=h2—h1=0.45m设第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L1,则：2hLi=(%+v)\；—=492m设第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L2,则■2hL2=v\I1g+5=570mL的范围492mVLW570m。［答案］(1)考m/s2(2)0.55m0.45m (3)492mvLW570m［感悟升华］平抛(类平抛)运动的求解方法

把平拗〔类平拗】运动命解为浩初速度方向的肯速直巍适动帝垂直于和連廈方向的初速度为零的勻加速宜或逐劫，通过场究余运动达到研究合途航的日的I対于有些向藏，过拋出点建立适野的直一用坐标罪，将加速度、初速度酒坐标轴存衅.分割在工、，轴方向上列方程表解把平拗〔类平拗】运动命解为浩初速度方向的肯速直巍适动帝垂直于和連廈方向的初速度为零的勻加速宜或逐劫，通过场究余运动达到研究合途航的日的I対于有些向藏，过拋出点建立适野的直一用坐标罪，将加速度、初速度酒坐标轴存衅.分割在工、，轴方向上列方程表解話面上平拋运动的幕解才法是建主平榭-运动的两个分速度和命拉務以及辩面倾南之间的美系，是解决同毯的突破口••>寿向专線4.（2014-四川师大附中模拟）如图所示,光滑斜面固定在水平面上,顶端O有一小球，从静止释放，运动到底端B的时间是t1，若给小球不同的水平初速度，落到斜面上的A点，经过的时间是t2，落到斜面底端B点，经过的时间是t3，落到水平面上的。点，经过的时间A.t2>t1 B.t]>t4 C.t4>t3 D.t2>t3jl jl解析：选B小球做平抛运动时h=2gt2,因此下落高度大的时间长，所以有t4=t3>t2,C、D错误；小球沿斜面下滑时Z=|«t2,由于a<g,l>h，所以沿斜面下滑时间是最长的，A错误，B正确。5.（2014-雅安质检）做圆周运动的两个物体M和N，它们所受的向心力F与轨道半径R之间的关系如图所示，其中与N对应的图