2024版高考物理复习教案：第一篇专题复习汇编

第1讲力与物体的平衡目标要求1.会分析物体的静态平衡问题，会选择合适的方法处理静态平衡问题。2.会分析动态平衡问题，掌握常见的处理动态平衡问题的方法，并会处理动态平衡的临界与极值问题。考点一静态平衡问题1．对物体进行受力分析2．处理平衡问题常用的四种方法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大小相等，方向相反分解法按效果分解：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的作用效果分解，则其分力和其他两个力分别满足平衡条件正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用时，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件矢量三角形法对受三个共点力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移，使三个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力例1(2020·全国卷Ⅲ·17)如图，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连。甲、乙两物体质量相等。系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β。若α＝70°，则β等于()A．45°B．55°C．60°D．70°答案B解析取O点为研究对象，在三力的作用下O点处于平衡状态，对其受力分析如图所示，根据几何关系可得β＝55°，故选B。例2(2023·江苏徐州市模拟)质量为m粗细均匀的麻绳如图所示悬挂，悬点处切线与竖直方向夹角分别为37°和53°，P点为最低点，sin37°＝0.6，重力加速度为g，则()A．左侧悬点对麻绳拉力为0.6mgB．右侧悬点对麻绳拉力为0.8mgC．最低点P处张力为0.3mgD．P点右侧麻绳质量为0.36m答案D解析对麻绳受力分析，受重力mg、左侧悬点对麻绳拉力F1、右侧悬点对麻绳拉力F2，F1cos37°＋F2cos53°＝mg，F1sin37°＝F2sin53°，解得F1＝0.8mg，F2＝0.6mg，故A、B错误；对P点右侧麻绳受力分析，受重力m1g、最低点P处张力F、右侧悬点对麻绳拉力F2，则F＝F2sin53°＝0.48mg，m1g＝F2cos53°＝0.36mg，所以P点右侧麻绳质量为m1＝0.36m，故C错误，D正确。例3如图所示，倾角为α的斜面固定在水平面上，在斜面和固定的竖直挡板之间有两个匀质球P、Q，P球质量是Q球质量的三倍，各接触面均光滑，系统处于静止状态，P、Q两球的球心连线与竖直方向的夹角为β，下列说法正确的是()A．4tanα＝tanβ B．3tanα＝tanβC．2tanα＝tanβ D．tanα＝tanβ答案A解析以P、Q两球整体为研究对象，受力分析如图甲所示，由平衡条件可得F2＝4mgtanα，以Q球为研究对象，受力分析如图乙所示，由平衡条件可得F2＝mgtanβ，联立解得4tanα＝tanβ，故选A。整体法、隔离法的运用在处理共点力平衡的问题时，若出现了两个或多个物体，一般会使用整体法或隔离法，可以使用“整体法＋隔离法”或“隔离法＋隔离法”，可根据具体题目灵活应用。例4如图所示，与水平面夹角均为θ＝37°的两金属导轨平行放置，间距为1m，金属导轨的一端接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的直流电源，另一端接有定值电阻R＝4Ω。将质量为0.025kg的导体棒ab垂直放在金属导轨上，整个装置处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中。当开关S断开时，导体棒刚好不上滑，当开关S闭合时，导体棒刚好不下滑。已知导体棒接入电路的电阻R0＝4Ω，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，金属导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2。则导体棒与导轨间的动摩擦因数为()A.eq\f(1,44)B.eq\f(3,44)C.eq\f(1,22)D.eq\f(3,11)答案B解析当S断开时，ab中电流I1＝eq\f(E,R0＋r)＝eq\f(3,5)A＝0.6A，当S闭合时，ab中电流I2＝eq\f(1,2)×eq\f(E,r＋R并)＝eq\f(1,2)×eq\f(3,3)A＝0.5A，则BI1d－μmgcosθ＝mgsinθ，BI2d＋μmgcosθ＝mgsinθ，解得μ＝eq\f(3,44)，故选B。1．对于静电场、磁场中的平衡问题，受力分析时要注意静电力、磁场力方向的判断，再结合平衡条件分析求解。2．涉及安培力的平衡问题，画受力示意图时要注意将立体图转化为平面图。考点二动态平衡问题化“动”为“静”，将多个状态下的“静”态进行对比，通过矢量三角形图解法、动态圆法、正弦定理、三角函数、极值法等分析各力的变化或极值。例5(2023·海南卷·3)如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是()A．工人受到的重力和支持力是一对平衡力B．工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力C．重物缓慢拉起过程，绳子拉力变小D．重物缓慢拉起过程，绳子拉力不变答案B解析工人受到三个力，绳的拉力，地面支持力和重力，三力平衡，故A错误；人对绳和绳对人的拉力是一对作用力与反作用力，B正确；重物拉起过程，两绳的张角变大，拉力变大，C、D错误。例6(2021·湖南卷·5)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点。凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块，用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是()A．推力F先增大后减小B．凹槽对滑块的支持力先减小后增大C．墙面对凹槽的压力先增大后减小D．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大答案C解析对滑块受力分析，由平衡条件有F＝mgsinθ，FN＝mgcosθ，θ为F与水平方向的夹角，滑块从A缓慢移动到B点时，θ越来越大，则推力F越来越大，支持力FN越来越小，所以A、B错误；对凹槽与滑块整体受力分析，墙面对凹槽的压力大小为FN′＝Fcosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，则θ越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以C正确；水平地面对凹槽的支持力为FN地＝(M＋m)g－Fsinθ＝(M＋m)g－mgsin2θ则θ越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以D错误。例7质量为M的木楔倾角为θ，在水平面上保持静止，当将一质量为m的木块放在木楔斜面上时，它正好匀速下滑。如果用与木楔斜面成α角的力F拉着木块匀速上升，如图所示(已知木楔在整个过程中始终静止，重力加速度为g)。(1)当α变化时，求拉力F的最小值；(2)F取最小值时，求木楔对水平面的摩擦力是多少。答案(1)mgsin2θ(2)eq\f(1,2)mgsin4θ解析(1)方法一木块在木楔斜面上匀速向下运动时，根据平衡条件有mgsinθ＝μmgcosθ解得μ＝tanθ因其在力F作用下沿斜面向上匀速运动，根据正交分解法有Fcosα＝mgsinθ＋Ff，Fsinα＋FN＝mgcosθ且Ff＝μFN联立解得F＝eq\f(2mgsinθ,cosα＋μsinα)＝eq\f(2mgsinθcosθ,cosαcosθ＋sinαsinθ)＝eq\f(mgsin2θ,cosθ－α)则当α＝θ时，F有最小值，即Fmin＝mgsin2θ。方法二木块所受的力构成矢量三角形，如图甲所示，支持力与摩擦力用其合力F合代替，变为“三个力”，如图乙所示，支持力与摩擦力的合力F合与FN之间的夹角β满足tanβ＝eq\f(Ff,FN)故β＝θ，则F合与竖直方向夹角为2θ可得拉力F的最小值Fmin＝mgsin2θ。(2)由(1)可知，当F取最小值时，α＝θ因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到的水平面的摩擦力等于F的水平分力，即FfM＝Fcos(α＋θ)当F取最小值mgsin2θ时，则有FfM＝Fmin·cos2θ＝mgsin2θcos2θ＝eq\f(1,2)mgsin4θ，由牛顿第三定律可得木楔对水平面的摩擦力大小为eq\f(1,2)mgsin4θ。1.三力作用下的动态平衡2．四力作用下的动态平衡(1)在四力平衡中，如果有两个力为恒力，或这两个力的合力方向恒定，为了简便可用这两个力的合力代替这两个力，转化为三力平衡，例如：如图所示，qE<mg，把挡板缓慢转至水平的过程中，可以用重力与静电力的合力F合＝mg－qE代替重力与静电力。(2)对于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法。(3)在力的方向发生变化的平衡问题中求力的极小值时，一般利用三角函数求极值。也可利用“摩擦角”将四力平衡转化为三力平衡，从而求拉力的最小值。例如：如图所示，物体在拉力F作用下做匀速直线运动，改变θ大小，求拉力的最小值时，可以用支持力与摩擦力的合力F′代替支持力与摩擦力，Fmin＝mgsinθ，其中FN与Ff的合力方向一定，“摩擦角”θ满足tanθ＝eq\f(Ff,FN)。1．(2023·江苏苏州市期末)图a是一种大跨度悬索桥梁，图b为悬索桥模型，六对轻质吊索悬挂着质量为M的水平桥面，吊索在桥面两侧竖直对称排列，其上端挂在两根轻质悬索上(图b中只画出了其中一侧的分布情况)，悬索两端与水平方向成45°角，则一根悬索水平段CD上的张力大小是(重力加速度为g)()A.eq\f(1,4)Mg B.eq\f(1,6)MgC.eq\f(1,12)Mg D.eq\f(1,24)Mg答案A解析对题图b中左边的悬索ABC段整体受力分析如图所示，由平衡条件可得FTD＝FTcos45°，FTsin45°＝eq\f(Mg,4)，联立解得FTD＝eq\f(Mg,4)，故选A。2.(2023·江苏三模测试补偿训练)家用燃气炉架有互相对称的四个爪，若将总质量为m的锅放在这个炉架上，如图所示，忽略爪与锅之间的摩擦力，重力加速度为g，设锅为半径为R的球面，则每个爪与锅之间的弹力()A．等于eq\f(1,4)mgB．等于mgC．R越大，弹力越大D．R越大，弹力越小答案D解析设每个爪与锅之间的弹力为FN，根据对称性可知，正对的一对爪对锅的弹力的合力方向竖直向上，则四个爪对锅的弹力在竖直方向的分力等于锅的重力；设正对的一对爪之间的距离为d，则FN与竖直方向之间的夹角sinθ＝eq\f(d,2R)，竖直方向根据平衡条件可得4FNcosθ＝mg，解得FN＝eq\f(mg,4cosθ)＝eq\f(mg,4)eq\f(1,\r(1－\f(d2,4R2)))>eq\f(mg,4)，由此可知R越大，则FN越小，故选D。专题强化练[保分基础练]1．(2023·江苏卷·7)如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处。已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的eq\f(1,6)。每条腿对月球表面压力的大小为()A.eq\f(mg,4) B.eq\f(mg,4cosθ)C.eq\f(mg,6cosθ) D.eq\f(mg,24)答案D解析对“嫦娥五号”探测器受力分析有FN＝mg月，则对一条腿有FN1＝eq\f(1,4)mg月＝eq\f(mg,24)，根据牛顿第三定律可知每条腿对月球表面的压力大小为eq\f(mg,24)，故选D。2.(2023·江苏连云港市模拟)如图所示，某同学展示“旋转一字马”，用双脚撑在平行竖直墙壁间保持静止。关于该同学的受力，下列说法正确的是()A．该同学单脚受到的摩擦力等于重力B．该同学单脚受到墙壁的作用力沿水平方向C．若墙壁间距离稍远一些，则该同学腿部承受力增大D．若墙壁间距离稍近一些，则墙壁对该同学的作用力减小答案C解析对该同学受力分析可知，该同学受重力、两脚摩擦力、墙壁的支持力，根据竖直方向受力平衡可知单脚受到的摩擦力小于重力，故A错误；该同学单脚受到墙壁的作用力是摩擦力和支持力的合力，根据力的合成可知该力不沿水平方向，故B错误；若墙壁间距离稍远一些，则该同学两腿夹角变大，根据力的合成规律可知该同学腿部承受力增大，故C正确；对该同学整体分析，可知墙壁对该同学的作用力等于重力不变，故D错误。3．(2023·江苏南京市二模)如图甲所示，笔记本电脑支架一般有多个卡位用来调节角度，某人将电脑放在该支架上，由卡位4缓慢调至卡位1(如图乙)，电脑与支架始终处于相对静止状态，则()A．电脑受到的支持力变大B．电脑受到的摩擦力变大C．支架对电脑的作用力减小D．电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和等于其重力大小答案A解析根据题意，对电脑受力分析，如图所示，电脑始终处于静止状态，故电脑受力平衡。由平衡条件可得，电脑受到的支持力大小为FN＝Gcosθ电脑受到的摩擦力大小Ff＝Gsinθ由原卡位4调至卡位1，θ减小，故FN增大，Ff减小，故A正确，B错误；支架对电脑的作用力，即电脑受到的支持力与摩擦力两力的合力，大小等于电脑的重力，方向竖直向上，始终不变，故C错误；电脑受到的支持力与摩擦力两力大小之和大于其重力大小，故D错误。4.(2023·江苏省南京外国语学校期末改编)如图所示，一水平光滑晾衣杆上晾晒有一双手套。两只手套由一细线连接，某同学在晾衣杆两侧细线间放置一水平轻杆，已知两只手套质量相等，轻杆长度不变且始终水平，轻杆粗细不计，则下列说法正确的是()A．将轻杆向下移动，晾衣杆两侧细线的拉力变大B．当图中θ＝120°时，晾衣杆对细线的作用力最小C．将轻杆向上移动，晾衣杆对细线的作用力变小D．无论图中θ取何值，晾衣杆对细线的作用力都等于两手套的重力答案D解析对细线、轻杆和手套整体受力分析有F＝G，G为整体的重力，轻杆移动过程中，晾衣杆对细线的作用力大小不变，B、C错误，D正确。对细线上与晾衣杆接触的点受力分析，晾衣杆对细线的作用力为F，设两侧细线上的拉力为F1，则有F＝2F1coseq\f(θ,2)，轻杆向下移动过程，θ减小，则晾衣杆两侧细线上的拉力变小，A错误。5.(2022·浙江6月选考·10)如图所示，一轻质晒衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的斜杆垂直，两斜杆夹角θ＝60°。一重为G的物体悬挂在横杆中点，则每根斜杆受到地面的()A．作用力为eq\f(\r(3),3)G B．作用力为eq\f(\r(3),6)GC．摩擦力为eq\f(\r(3),4)G D．摩擦力为eq\f(\r(3),8)G答案B解析设斜杆的弹力大小为F，以水平横杆和物体为整体，在竖直方向上根据受力平衡可得4Fcos30°＝G，解得F＝eq\f(\r(3),6)G，以其中一斜杆为研究对象，其受力如图所示，可知每根斜杆受到地面的作用力应与F平衡，即大小为eq\f(\r(3),6)G，每根斜杆受到地面的摩擦力大小为Ff＝Fsin30°＝eq\f(\r(3),12)G，B正确，A、C、D错误。6.如图所示，细线穿过固定在重物上的光滑小环C后，两端分别固定在天花板上的A、B两点，重物(包括小环)的质量为m，对重物施加一个水平向左的拉力F，使AC段细线竖直且重物静止，已知A、B间距离为L，细线长为3L，重力加速度为g，则F的大小为()A.eq\f(1,3)mgB.eq\f(\r(3),3)mgC.eq\f(1,2)mgD.eq\f(\r(3),2)mg答案A解析设AC段长为d，AC与BC的夹角为θ，则BC段长为3L－d，根据几何知识有L2＋d2＝(3L－d)2，解得d＝eq\f(4,3)L，因此sinθ＝eq\f(3,5)，设细线上的拉力大小为FT，对重物进行受力分析，如图所示，则根据力的平衡条件有FT＋FTcosθ＝mg，F＝FTsinθ，解得F＝eq\f(1,3)mg，A正确。7．耙在中国已有1500年以上的历史，北魏贾思勰著《齐民要术》称之为“铁齿楱”，将使用此农具的作业称作耙地。如图甲所示，牛通过两根耙索拉耙沿水平方向匀速耙地。两根耙索等长且对称，延长线的交点为O1，夹角∠AO1B＝60°，拉力大小均为F，平面AO1B与水平面的夹角为30°(O2为AB的中点)，如图乙所示。忽略耙索质量，下列说法正确的是()A．两根耙索的合力大小为FB．两根耙索的合力大小为eq\r(3)FC．地对耙的水平阻力大小为eq\f(3F,4)D．地对耙的水平阻力大小为eq\f(F,2)答案B解析两根耙索的合力大小为F′＝2Fcos30°＝eq\r(3)F，A错误，B正确；由平衡条件，地对耙的水平阻力大小为Ff＝F′cos30°＝eq\f(3,2)F，C、D错误。[争分提能练]8.(2023·江苏南京市考前训练)质量为M、半径为R的光滑匀质球，用一根长度也为R的细线悬挂在互相垂直的两竖直墙壁交线处的P点，则球对任一墙壁的压力大小为(重力加速度为g)()A.eq\f(\r(2),4)MgB.eq\f(\r(2),2)MgC.eq\f(\r(3),3)MgD.eq\f(\r(6),6)Mg答案B解析对球进行受力分析，球受重力Mg、细线的拉力FT及两个墙壁对它的支持力，两个支持力大小相等，夹角为90°，设支持力的大小为FN、细线与竖直墙壁交线的夹角θ，根据几何知识可知球心到竖直墙壁交线的垂直距离为d＝eq\r(R2＋R2)＝eq\r(2)R，故sinθ＝eq\f(d,2R)＝eq\f(\r(2),2)，解得θ＝45°，在竖直方向上根据受力平衡可得FTcosθ＝Mg，解得FT＝eq\r(2)Mg，在水平方向上根据受力平衡可知两个墙壁对球的支持力的合力大小等于细线拉力FT的水平分力的大小，即eq\r(FN2＋FN2)＝FTsinθ，解得FN＝eq\f(\r(2),2)Mg，根据牛顿第三定律可得，则球对任一墙壁的压力大小为eq\f(\r(2),2)Mg，故选B。9.凿子是中国传统的木工工具，一凿子两侧面与中心轴线平行，尖端夹角为θ，当凿子插入木板中后，若用锤子沿中心轴线方向以适当的力F敲打凿子上侧时，凿子仍静止，侧视图如图，此时凿子作用于木板1面、2面、3面的弹力大小分别为F1、F2、F3，忽略凿子重力和摩擦力，下列关系式中正确的是()A．F1<F3 B．F1＝FcosθC．F＝F2sinθ D．F＝eq\r(F22＋F12)答案C解析对凿子受力分析并按图示建立平面直角坐标系由受力平衡可得F2sinθ＝F，F2cosθ＋F3＝F1所以可得F1＞F3，F＝F2sinθ＝eq\f(F1－F3,cosθ)·sinθ，故F1＝eq\f(F,tanθ)＋F3，F＝F2sinθ＝eq\r(F221－cos2θ)＝eq\r(F22－F1－F32)，A、B、D错误，C正确。10．(2023·江苏省学业水平考试押题卷)如图所示，倾角为θ＝30°、静置在水平地面上的斜面体顶端有一光滑的定滑轮，斜面上的物块A通过细线绕过定滑轮与物块B相连，此时物块A恰要沿斜面滑动，现在物块B上施加水平向右的力使物块B缓慢升高(图中未画出)，当物块B与滑轮间的细线与竖直方向的夹角φ＝60°时，物块A也恰要沿斜面滑动，已知物块B的质量为m，重力加速度为g，整个过程斜面体始终静止，则()A．外力F的最大值为2mgB．物块A的质量为2mC．物块A和斜面间的最大静摩擦力为eq\f(1,2)mgD．地面和斜面体间的摩擦力一直减小答案C解析对物块B受力分析，如图所示，可知细线对物块B的拉力F拉和水平外力F的合力大小始终等于物块B的重力，结合几何知识知φ＝60°时F有最大值，为Fm＝mgtan60°＝eq\r(3)mg，A错误；设物块A的质量为m1，初始时细线的拉力大小为mg，φ＝60°时细线的拉力大小为eq\f(mg,cos60°)＝2mg，沿斜面方向对物块A，分别有m1gsin30°＝Ffm＋mg、m1gsin30°＋Ffm＝2mg，联立解得m1＝3m、Ffm＝eq\f(1,2)mg，B错误，C正确；斜面体与两个物块组成的系统始终处于平衡状态，水平方向外力逐渐增大，故地面和斜面体间的摩擦力也增大，D错误。11.如图所示，空间有水平向右的匀强磁场，磁感应强度为B。一不可伸长的绝缘、柔软细线左端固定于M点，N点拴着一长度为d的垂直纸面的轻质直导线，右端跨过O处的光滑定滑轮后悬挂一质量为m的重物，系统处于静止状态。此时M、N、O处于同一水平线上，且MN＝2NO＝2L。当导线中通有垂直纸面向里的恒定电流时，重物m上升L高度，系统恰好再次达到平衡，已知重力加速度为g，则导线中通入的电流大小为()A.eq\f(\r(2)mg,Bd)B.eq\f(\r(7)mg,2Bd)C.eq\f(\r(2)mg,2Bd)D.eq\f(\r(7)mg,4Bd)答案B解析导线通有电流后，因受到安培力下降至N′点，则MN′＝ON′＝2L，如图所示设MN′和ON′与竖直方向的夹角都为θ，则cosθ＝eq\f(\r(2L2－1.5L2),2L)＝eq\f(\r(7),4)根据对称性，MN′和ON′对导线的作用力都为mg，有2mgcosθ＝BId可得I＝eq\f(\r(7)mg,2Bd)，故选B。[尖子生选练]12．(2023·江苏盐城市高级实验中学三模)用如图模型研究斜拉桥的平衡：细杆CD固定在地面，从质量为m的均匀平板正中央空洞内穿过。通过两根轻质细绳CA、CB将平板水平悬挂，与竖直方向夹角分别为30°、60°。ACBD在同一竖直平面内，重力加速度为g。则下列说法正确的是()A．CB绳上的拉力大小为2mgB．CA绳上的拉力大小为eq\f(1,2)mgC．保持平板水平，绳CA不动，逐渐缩短绳CB，使B在平板上左移，这一过程CB绳上的拉力变大D．保持平板水平，绳CB不动，逐渐伸长绳CA，使A点在平板上左移，这一过程中CA绳上的拉力变小答案C解析对平板，根据平衡条件FTCAsin30°＝FTCBsin60°，FTCAcos30°＋FTCBcos60°＝mg，联立解得FTCB＝eq\f(1,2)mg，FTCA＝eq\f(\r(3),2)mg，A、B错误；设CB绳与竖直方向夹角为α，根据平衡条件FTCAsin30°＝FTCBsinα，FTCAcos30°＋FTCBcosα＝mg，联立解得FTCB＝eq\f(mg,\r(3)sinα＋cosα)＝eq\f(mg,2sinα＋30°)，使B点左移，则α由60°逐渐减小，则CB绳拉力变大，C正确；设CA绳与竖直方向夹角为β，根据平衡条件FTCAsinβ＝FTCBsin60°，FTCAcosβ＋FTCBcos60°＝mg，联立解得FTCA＝eq\f(\r(3)mg,\r(3)cosβ＋sinβ)＝eq\f(\r(3)mg,2sinβ＋60°)，使A点左移，则β由30°逐渐增大，这一过程中CA绳上的拉力变大，D错误。

第2讲牛顿运动定律与直线运动目标要求1.会用多种方法灵活处理匀变速直线运动问题。2.掌握牛顿第二定律，会分析瞬时性问题、连接体问题，会应用牛顿运动定律解决实际问题。3.会分析运动学和动力学图像。考点一匀变速直线运动规律及应用1．常用方法2．两种匀减速直线运动的分析方法(1)刹车问题的分析：末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解。(2)双向可逆类运动分析：匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义。3．处理追及问题的常用方法过程分析法函数法Δx＝x乙＋x0－x甲为关于t的二次函数，当t＝－eq\f(b,2a)时有极值，令Δx＝0，利用Δ＝b2－4ac判断有解还是无解，是追上与追不上的条件图像法画出v－t图像，图线与t轴所围面积表示位移，利用图像来分析追及相遇问题更直观例1(2023·江苏徐州市期末)某汽车正以54km/h的速度行驶在城市道路上，在车头距离“礼让行人”停车线36m时，驾驶员发现前方有行人通过人行横道，0.4s后刹车使汽车匀减速滑行，为了使汽车不越过停车线停止让行，下列说法中正确的是()A．汽车刹车滑行的最大距离为36mB．汽车刹车的最小加速度为3m/s2C．汽车用于减速滑行的最长时间为4sD．汽车行驶的平均速度不能超过7.5m/s答案C解析汽车刹车前，在0.4s内做匀速运动的位移为x1＝v0t1＝eq\f(54,3.6)×0.4m＝6m，则汽车刹车滑行的最大距离为x2＝36m－x1＝30m，故A错误；汽车刹车的最小加速度为amin＝eq\f(v02,2x2)＝eq\f(\f(54,3.6)2,2×30)m/s2＝3.75m/s2，故B错误；汽车用于减速滑行的最长时间为tmax＝eq\f(v0,amin)＝eq\f(15,3.75)s＝4s，故C正确；汽车从发现前方有行人通过人行横道到停下来过程的平均速度满足eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)≥eq\f(36,0.4＋4)m/s≈8.18m/s>7.5m/s，故D错误。例2(2023·江苏省学业水平考试押题卷)2023年1月，由中国航天科工三院磁电总体部抓总研制的国内首台“管道磁浮高精度智能无人巡检车”，在山西省大同市阳高县高速飞车试验基地，成功完成管道动态测量与检测一体化的快速高精度智能化无人巡检试验。假设该巡检车经过的某段管道如图所示，巡检车沿图中虚线从a处由静止开始运动到b处，由两段长度均为20m的直线段和半径为R＝5m的eq\f(1,4)圆弧段组成。为了保证巡检效果，车沿直线运动的最大速度为5m/s，沿圆弧段运动的最大速度为3m/s，巡检车的最大加速度为2m/s2。求：(1)巡检车沿直线段运动加速到最大速度时通过的最小位移的大小；(2)巡检车从a到b过程所需的最短时间。答案(1)6.25m(2)12.27s解析(1)对巡检车由静止沿直线管道加速运动到最大速度的过程，由匀变速直线运动规律有x1＝eq\f(vm直2,2a)，解得x1＝6.25m。(2)结合题述可知，巡检车先以最大加速度加速到5m/s，匀速运动一段距离，再减速到3m/s进入圆弧轨道时，巡检车从a处运动到圆弧轨道起点所需的时间最短巡检车由静止加速到最大速度所需的时间为t1＝eq\f(vm直,a)＝2.5s由5m/s以最大加速度减速到3m/s所需的时间为t2＝eq\f(vm直－vm圆,a)＝1s通过的位移为x2＝eq\f(vm直2－vm圆2,2a)＝4m巡检车在该段匀速运动的距离为x3＝20m－x1－x2＝9.75m所需的时间为t3＝eq\f(x3,5m/s)＝1.95s在圆弧轨道中运动的时间为t4＝eq\f(5,6)πs≈2.62s离开圆弧部分后，加速到5m/s所需的时间为t5＝t2之后以5m/s的速度运动到b点，通过的距离为x4＝16m所需的时间为t6＝eq\f(x4,5m/s)＝3.2s则巡检车从a到b过程所需的最短时间为t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t5＋t6＝12.27s。考点二牛顿运动定律的应用1．解决动力学两类基本问题的思路2．瞬时加速度问题3．连接体问题(1)整体法与隔离法的选用技巧整体法的选取原则若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力隔离法的选取原则若连接体内各物体的加速度不相同，或者需要求出系统内物体之间的作用力整体法、隔离法的交替运用若连接体内各物体具有相同的加速度，且需要求出物体之间的作用力，可以先整体求加速度，后隔离求连接体内物体之间的作用力(2)连接体问题中常见的临界条件接触与脱离接触面间弹力等于0恰好发生滑动摩擦力达到最大静摩擦力绳子恰好断裂绳子张力达到所能承受的最大值绳子刚好绷直或松弛绳子张力为0(3)常见连接体接触面光滑，或μA＝μB三种情况中弹簧弹力、绳的张力大小相同且与接触面是否光滑无关常用隔离法常会出现临界条件例3(2023·北京卷·6)如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N。若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。则F的最大值为()A．1NB．2NC．4ND．5N答案C解析对两物块整体根据牛顿第二定律有F＝2ma，再对于后面的物块有FTmax＝ma，FTmax＝2N，联立解得F＝4N，故选C。例4(2022·浙江1月选考·19)第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图甲所示，长12m水平直道AB与长20m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图乙所示)，到C点共用时5.0s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110kg，重力加速度g取10m/s2，sin15°＝0.26，求雪车(包括运动员)(1)在直道AB上的加速度大小；(2)过C点的速度大小；(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。答案(1)eq\f(8,3)m/s2(2)12m/s(3)66N解析(1)运动员在直道AB上做匀加速运动，则有v12＝2a1x1解得a1＝eq\f(8,3)m/s2(2)由v1＝a1t1解得t1＝3s运动员在斜道BC上匀加速下滑，则有x2＝v1t2＋eq\f(1,2)a2t22t2＝t－t1＝2s解得a2＝2m/s2过C点的速度大小v＝v1＋a2t2＝12m/s(3)在斜道BC上由牛顿第二定律，有mgsinθ－Ff＝ma2解得Ff＝66N。例5质量为M＝2kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v－t图像如图乙所示，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A．A与B上表面之间的动摩擦因数μ1＝0.1B．B与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2C．A的质量m＝6kgD．A的质量m＝4kg答案C解析由图像可知，A在0～1s内的加速度a1＝eq\f(v1－v0,t1)＝－2m/s2，对A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2，选项A错误；由图像知，A、B在1～3s内共速的加速度a3＝eq\f(v3－v1,t2)＝－1m/s2，对A、B由牛顿第二定律得－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1，选项B错误；由图像可知B在0～1s内的加速度a2＝eq\f(v1－v0′,t1)＝2m/s2，对B由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，代入数据解得m＝6kg，选项C正确，D错误。考点三运动学和动力学图像1．常规图像常见图像斜率k面积两图像交点x－t图像eq\f(Δx,Δt)＝v表示相遇v－t图像eq\f(Δv,Δt)＝a位移x表示此时速度相等，往往是距离最大或最小的临界点a－t图像速度变化量Δv表示此时加速度相等2.非常规图像非常规图像(举例)函数表达式斜率k纵截距bv2－x图像由v2－v02＝2ax得v2＝v02＋2ax2av02eq\f(x,t)－t图像由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)ateq\f(1,2)av0eq\f(x,t2)－eq\f(1,t)图像由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2得eq\f(x,t2)＝v0eq\f(1,t)＋eq\f(1,2)av0eq\f(1,2)aa－x图像由v2－v02＝2ax知图线与x轴所围面积等于eq\f(v2－v02,2)，此面积与物体质量乘积表示动能的变化量eq\f(1,v)－x面积表示运动时间3.动力学图像F－t图像思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解思路二：动量定理，图线与t轴所围面积表示F的冲量F－x图像思路一：分段求加速度，利用运动学公式求解思路二：动能定理，图线与x轴所围面积表示力F做的功a－F图像根据牛顿第二定律列式，再变换成a－F关系例如：如图所示，F－μmg＝ma，a＝eq\f(F,m)－μg，斜率为eq\f(1,m)，截距为－μg例6(2023·江苏南京市三模)潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，称之为“掉深”。如图甲所示，某潜艇在高密度海水区域沿水平方向缓慢航行。t＝0时，该潜艇“掉深”，随后采取措施成功脱险，在0～30s时间内潜艇竖直方向的v－t图像如图乙所示(设竖直向下为正方向)。不计水的粘滞阻力，则()A．潜艇在“掉深”时的加速度大小为1m/s2B．t＝30s时潜艇回到初始高度C．潜艇竖直向下的最大位移为100mD．潜艇在10～30s时间内处于超重状态答案D解析潜艇在“掉深”开始时向下加速，则由图像可知加速度大小为a＝eq\f(20,10)m/s2＝2m/s2，选项A错误；在0～30s时间内先向下加速后向下减速，则t＝30s时潜艇向下到达最大深度，选项B错误；由图像可知潜艇竖直向下的最大位移为h＝eq\f(1,2)×20×30m＝300m，选项C错误；潜艇在10～30s时间内向下减速，加速度向上，处于超重状态，选项D正确。例7(2023·全国甲卷·19改编)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知()A．m甲<m乙 B．m甲＝m乙C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙答案C解析根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，可知F－a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，则μ甲<μ乙。故选C。1.(2023·江苏省靖江中学期末)一地铁在水平直轨道上运动，某同学为了研究该地铁的运动情况，他用细线将一支圆珠笔悬挂在地铁的竖直扶手上，地铁运行时用手机拍摄了如图所示的照片，拍摄方向跟地铁前进方向垂直，细线相对竖直扶手偏东，该同学根据照片分析正确的是()A．地铁一定向西加速运动B．地铁可能向东加速运动C．细线中拉力大小与地铁加速度大小无关D．若用刻度尺测量细线的长度和圆珠笔到竖直扶手的距离，可以估算此时地铁的加速度答案D解析根据题意，对笔受力分析，如图所示。竖直方向上，由平衡条件有Fcosθ＝mg水平方向上，由牛顿第二定律有Fsinθ＝ma解得F＝eq\f(mg,cosθ)，a＝gtanθ加速度方向水平向西，则地铁可能做向西的加速运动和向东的减速运动，地铁的加速度变化，细线与竖直方向的夹角变化，细线的拉力变化，则细线中拉力大小与地铁加速度大小有关，故A、B、C错误；若用刻度尺测量细线的长度为L和圆珠笔到竖直扶手的距离为d，则有tanθ＝eq\f(d,\r(L2－d2))可知，可以估算此时地铁的加速度，故D正确。2．无线充电宝可通过磁吸力吸附在手机背面，利用电磁感应实现无线充电。劣质的无线充电宝使用过程中可能因吸力不足发生滑落造成安全隐患。图(a)为科创小组某同学手握手机(手不接触充电宝)，利用手机软件记录竖直放置的手机及吸附的充电宝从静止开始在竖直方向上的一次变速运动过程(手机与充电宝始终相对静止)，记录的加速度a随时间t变化的图像如图(b)所示(规定向上为正方向)，且图像上下部分分别与t轴围成的面积相等，已知无线充电宝质量为0.2kg，手机与充电宝之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，则在该过程中()A．手机与充电宝全程向下运动，最终处于静止状态B．充电宝在t2与t3时刻所受的摩擦力方向相同C．充电宝与手机之间的摩擦力最小值为2ND．充电宝与手机之间的吸引力大小至少为12N答案D解析手机与充电宝从静止开始，向下先做加速度增大的加速运动，从t1时刻向下做加速度减小的加速运动，加速度减小到零时，速度达到最大；再向下做加速度增大的减速运动，t2时刻速度减小到零，此后做向上的加速度减小的加速运动，加速度减小到零时向上运动的速度达到最大，此后先向上做加速度增大的减速运动，从t3时刻再向上做加速度减小的减速运动，最后速度为零，故A错误；充电宝在t2时刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上；充电宝在t3时刻加速度方向向下，由mg＋Ff＝ma3，a3＝12m/s2，可知摩擦力方向向下，故B错误；在t1时刻充电宝向下的加速度为10m/s2，充电宝与手机之间的摩擦力最小，值为零，故C错误；在t2时刻充电宝向上的加速度最大，充电宝与手机之间的摩擦力最大，由牛顿第二定律可得Ffmax－mg＝ma2，又Ffmax＝μF，解得充电宝与手机之间的吸引力大小至少为F＝12N，故D正确。专题强化练[保分基础练]1．(2023·江苏卷·1)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。电梯加速上升的时段是()A．从20.0s到30.0s B．从30.0s到40.0sC．从40.0s到50.0s D．从50.0s到60.0s答案A解析由速度—时间图像可知，电梯加速上升的时间段为20.0s到30.0s，故选A。2.(2023·江苏扬州市高邮中学模拟)蹦极可以使蹦极者在空中体验几秒钟的“自由落体”。如图所示，蹦极者站在高塔顶端，将一端固定的弹性长绳绑在踝关节处。然后双臂伸开，双腿并拢，头朝下跳离高塔。设弹性绳的原长为L，蹦极者下落第一个eq\f(L,5)时动量的增加量为Δp1，下落第五个eq\f(L,5)时动量的增加量为Δp2，把蹦极者视为质点，蹦极者离开塔顶时的速度为零，不计空气阻力，则eq\f(Δp1,Δp2)满足()A．1<eq\f(Δp1,Δp2)<2 B．2<eq\f(Δp1,Δp2)<3C．3<eq\f(Δp1,Δp2)<4 D．4<eq\f(Δp1,Δp2)<5答案D解析蹦极者下落高度L的过程，可视为做自由落体运动，对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等位移的时间之比为1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(4)－eq\r(3))∶(eq\r(5)－eq\r(4))∶…，可知eq\f(t1,t2)＝eq\f(1,\r(5)－\r(4))＝eq\r(5)＋2，即4<eq\f(t1,t2)<5，由动量定理得Δp＝mgt，故4<eq\f(Δp1,Δp2)<5，选D。3.(2023·江苏模拟预测)一轻弹簧竖直固定在桌面上，将一小球从弹簧正上方的O点由静止释放。以开始下落的位置为坐标原点，以竖直向下为x轴正方向，不计空气阻力，则关于小球运动过程中的速度v或加速度a随位移x变化的关系图像中，可能正确的是()答案B解析小球在自由下落的过程中，速度随位移增大，加速度保持不变，由v2＝2ax可知，此过程v－x图像不是直线，在与弹簧作用过程中，速度随位移先增大后减小，加速度随位移先减小后增大，小球与弹簧作用过程中的加速度大小a＝eq\f(mg－kx－x0,m)＝g－eq\f(k,m)·x＋eq\f(k,m)x0，其中x0是O点到弹簧自然伸长时顶端的距离。故选B。4．某次蹦床比赛中，运动员双脚离开蹦床后竖直向上运动，把上升过程分为等距的三段，运动员从下至上运动过程中，依次经历三段的时间记为t1、t2、t3。则t1∶t2∶t3最接近()A．3∶6∶10 B．3∶4∶10C．3∶6∶20 D．3∶4∶20答案B解析根据逆向思维，将向上的运动看为向下的初速度为0的匀加速直线运动，则有h＝eq\f(1,2)gt32，2h＝eq\f(1,2)g(t2＋t3)2，3h＝eq\f(1,2)g(t1＋t2＋t3)2，解得t3＝eq\r(\f(2h,g))，t2＝eq\r(\f(4h,g))－eq\r(\f(2h,g))，t1＝eq\r(\f(6h,g))－eq\r(\f(4h,g))，则有t1∶t2∶t3＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1≈(1.732－1.414)∶(1.414－1)∶1≈3∶4∶10，可知该比值最接近3∶4∶10。故选B。5．(2023·江苏南京市阶段练习)某同学用手机的加速度传感器测量了电梯运行过程中的加速度，得到了图甲所示的图线(规定竖直向上为正方向)，为了简化问题研究，将图线简化为图乙所示的图像。已知t＝0时电梯处于静止状态，则以下判断正确的是()A．t＝5s时电梯处于失重状态B．8～9s内电梯在做减速运动C．10～15s内电梯在上行D．17～20s内电梯在下行答案C解析t＝5s时，电梯的加速度为正值，方向竖直向上电梯处于超重状态，A错误；t＝0时，电梯处于静止状态，一小段时间后，电梯的加速度为正值，方向竖直向上，电梯一定加速上升，8～9s内，电梯的加速度仍为正值，方向竖直向上，可知电梯加速上升，B错误；t＝10s时，电梯的加速度为零，电梯上升的速度达到最大值，10～15s内，电梯的加速度为零，电梯以最大速度匀速上行，C正确；16～21s内，电梯的加速度为负值，方向竖直向下，电梯向上做减速运动，t＝21s时，电梯的速度减为零，则17～20s内电梯仍在上行，D错误。6.(2023·江苏苏州市月考)2021年12月9日，我国航天员王亚平再次进行太空授课，使得我国很多中小学生对微重力下液体内部的受力情况感到好奇，某同学为了在地面探究微重力下液体内部的受力情况，设计了实验，如图所示，密度为ρ的木球与轻质弹簧相连后置于充满水的密闭容器中，弹簧的另一端固定于容器的底部。水与木球的密度差为Δρ(Δρ>0)，重力加速度为g。初始时整个系统静止，现将容器由静止释放，则释放瞬间木球相对于地面的加速度大小为()A．g B.eq\f(Δρ,ρ)gC．(1－eq\f(Δρ,ρ))g D．(1＋eq\f(Δρ,ρ))g答案D解析初始时整个系统静止，弹力为F弹，对木球分析有ρ水gV＝F弹＋ρgV，释放瞬间，弹力不变，系统处于完全失重状态，浮力消失，则a＝eq\f(F弹＋ρgV,m)＝eq\f(ΔρgV＋ρgV,ρV)＝(1＋eq\f(Δρ,ρ))g，故选D。7.(2023·江苏南通市海安高级中学月考)如图，水平桌面上有一薄板，薄板上摆放着小圆柱体A、B、C，圆柱体的质量分别为mA、mB、mC，且mA>mB>mC。用一水平外力将薄板沿垂直BC的方向抽出，圆柱体与薄板间的动摩擦因数均相同，圆柱体与桌面间的动摩擦因数也均相同。则抽出后，三个圆柱体留在桌面上的位置所组成的图形可能是()答案A解析设圆柱体的质量为m，圆柱体与薄板间的动摩擦因数、圆柱体与桌面间的动摩擦因数均为μ，则在抽薄板的过程中，圆柱体在薄板摩擦力的作用下做加速运动，离开薄板后在桌面摩擦力的作用下做减速运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，可得，加速运动与减速运动时的加速度都为a＝μg，由于圆柱体A先离开薄板，B、C同时后离开薄板，则根据v＝at可知，A离开薄板时的速度小于B、C离开薄板时的速度，同时A加速的位移小于B、C加速的位移。离开薄板后，根据v2＝2ax可知，B、C在桌面上滑动的距离相等，且大于A在桌面上滑动的距离。故选A。[争分提能练]8．(2022·全国甲卷·19改编)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前()A．P的加速度大小的最大值为μgB．Q的加速度大小的最大值为2μgC．P的位移大小一定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小答案D解析设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为F＝2μmg，撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为FT0＝μmg，以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变仍为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为－FT0－μmg＝maP1，解得aP1＝－2μg，此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长过程中，弹簧弹力一直在减小，根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的减速运动，故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μg，Q加速度最大时为弹簧恢复原长时，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑块Q加速度大小的最大值为μg，A、B错误；由于弹簧恢复原长前滑块P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一时刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C错误，D正确。9．(2023·江苏省学业水平考试押题卷)如图所示，质量为1kg的长木板B放在水平地面上，质量为2kg的物块A放在木板B的左端。物块A与木板B间的动摩擦因数为0.7，木板B与地面间的动摩擦因数为0.2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为10m/s2。现对A施加一水平拉力F，则物块速度vA、木板速度vB随时间变化的图像可能是()答案B解析设二者恰不发生相对滑动时，外力大小为F0，对物块有F0－μ1mAg＝mAaA，对木板有μ1mAg－μ2(mB＋mA)g＝mBaB，且aA＝aB，解得F0＝30N，aA＝aB＝8m/s2。A选项中，物块的加速度大于木板的加速度，均小于二者能相对静止一起运动的最大加速度，A错误；B选项中，物块和木板一起加速运动，且加速度满足要求，B正确；C选项中，物块的加速度大小为8.5m/s2，木板的加速度大小为4.25m/s2<8m/s2，C错误；D选项中，二者的加速度相同，但大于二者能相对静止一起运动的最大加速度，D错误。10．大功率火箭一般采取多级推进技术，以提高发射速度。某中学的物理兴趣小组同学制作了一个两级推进火箭模型进行试验。已知火箭质量为m，提供的推动力恒定且为F＝3mg，火箭先经过一级推动力推进时间t后，丢弃掉质量为eq\f(m,2)的一级箭体，再由二级推动力继续推动剩余质量为eq\f(m,2)的火箭，推动力仍为F＝3mg，火箭飞行时间t后结束推进。重力加速度恒定且为g，不考虑燃料消耗引起的质量变化，不计空气阻力，求：(1)火箭上升过程的最大速度为多少？(2)火箭上升的最大高度为多少？答案(1)7gt(2)30gt2解析(1)设一级推动t时间火箭的加速度为a1，末速度为v1，二级推动t时间火箭的加速度为a2，末速度为v2，由牛顿第二定律可得a1＝eq\f(F合,m)＝eq\f(3mg－mg,m)＝2g，v1＝a1t＝2gt，a2＝eq\f(F合′,\f(m,2))＝eq\f(3mg－\f(1,2)mg,\f(1,2)m)＝5g所以火箭上升的最大速度为v2＝v1＋a2t＝7gt(2)设一级推动t时间火箭上升的高度为h1，二级推动t时间火箭上升的高度为h2，结束推动后火箭继续上升高度为h3，由匀变速直线运动规律可得h1＝eq\f(v1,2)t＝gt2，h2＝eq\f(v1＋v2,2)t＝eq\f(9,2)gt2失去推动后，火箭向上做匀减速运动，加速度大小为g，末速度为0，所以有v22＝2gh3，可得h3＝eq\f(49,2)gt2所以火箭上升的最大高度为h＝h1＋h2＋h3＝30gt2。11.(2023·江苏苏州市联考)如图所示，分拣快递的车间里，与水平面成θ＝30°的传送带正以v＝3m/s的速度顺时针匀速运行，A、B两端相距l＝13.5m。现每隔1s把质量m＝1kg的工件(视为质点)轻放在传送带上，工件在传送带的带动下向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝eq\f(2\r(3),5)，取g＝10m/s2，结果保留两位有效数字。求：(1)工件刚刚放上去时的加速度大小；(2)工件从A到B所用的时间；(3)相邻工件之间的最大和最小距离；(4)满载与空载相比，传送带需要增加多大的牵引力。答案(1)1.0m/s2(2)6.0s(3)3.0m0.50m(4)33N解析(1)设工件在传送带加速运动时的加速度为a，则μmgcosθ－mgsinθ＝ma代入数据解得a＝1.0m/s2(2)工件加速时间为t1＝eq\f(v,a)＝3.0s位移x＝eq\f(v2,2a)＝4.5m匀速运动的时间t2＝eq\f(l－x,v)＝3.0s则总时间t＝t1＋t2＝6.0s(3)刚放上下一个工件时，该工件离前一个工件的距离最小，且最小距离dmin＝eq\f(1,2)aΔt2解得dmin＝0.50m当相邻两工件均匀速运动时相距最远，则dmax＝vΔt＝3.0m(4)由于工件加速时间为3s，因此传送带上总有三个(n1＝3)工件正在加速，故所有做加速运动的工件对传送带的总滑动摩擦力Ff1＝3μmgcosθ在滑动摩擦力作用下工件移动的位移x＝eq\f(v2,2a)＝4.5m传送带上匀速运动的工件数n2＝eq\f(l－x,dmax)＝3当工件与传送带相对静止后，每个工件受到的静摩擦力Ff0＝mgsinθ所有做匀速运动的工件对传送带的总静摩擦力Ff2＝n2Ff0与空载相比，传送带需增大的牵引力F＝Ff1＋Ff2联立解得F＝33N[尖子生选练]12．(2023·江苏省盐城中学期末)如图甲所示，水平地面上有一质量为M的长平板车，平板车右端放一质量为m的物块，开始时平板车和物块均静止。t＝0时，平板车在外力作用下开始沿水平面向右运动，其v－t图像如图乙所示，整个过程中物块恰好没有从平板车上滑下。已知物块与平板车间的动摩擦因数为0.1，取g＝10m/s2，下列说法正确的是()A．0～4s内，物块的加速度一直变大B．整个过程中，物块相对平板车滑动的时间为4sC．平板车的长度为12mD．物块相对平板车的位移为16m答案C解析根据题意，若物块与平板车保持相对静止，由牛顿第二定律可得，最大的加速度为μmg＝ma，解得加速度a＝1m/s2，由题图乙可知，平板车加速时加速度a1＝eq\f(8,2)m/s2＝4m/s2，平板车减速时加速度aM＝eq\f(0－8,6－2)m/s2＝－2m/s2，可知，物块与平板车发生相对滑动，设经时间t两者共速，则有at＝8m/s－2m/s2·(t－2s)，得t＝4s，v4＝4m/s，共速后，由于平板车的加速度为aM＝－2m/s2，物块减速时，由牛顿第二定律得－μmg＝ma′，得a′＝－1m/s2，平板车的加速度大于物块的加速度，所以物块以1m/s2的加速度减速，设共速后再经t1减速到零，由运动学公式0＝4m/s＋a′t1，解得t1＝4s，即经t′＝4s＋4s＝8s，物块的速度减为零，两物体的速度—时间图像如图所示，整个过程中，物块的加速度大小一直为1m/s2，物块相对平板车滑动的时间为8s，故A、B错误；0～4s的相对位移x1＝8×2×eq\f(1,2)m＋eq\f(1,2)×(8＋4)×2m－4×4×eq\f(1,2)m＝12m,4～8s后的相对位移x2＝4×4×eq\f(1,2)m－2×4×eq\f(1,2)m＝4m，所以平板车的长度为12m，物块相对平板车的位移大小为12m－4m＝8m，故D错误，C正确。

第3讲抛体运动目标要求1.会处理运动的合成与分解及关联速度问题。2.掌握解决曲线运动的一般方法，会处理平抛、斜抛运动。考点一运动的合成与分解例1(2023·江苏卷·10)达·芬奇的手稿中描述了这样一个实验：一个罐子在空中沿水平直线向右做匀加速运动，沿途连续漏出沙子。若不计空气阻力，则下列图中能反映空中沙子排列的几何图形是()答案D解析以罐子为参考系，沙子在水平方向向左做匀加速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，合加速度恒定，沙子在空中排列在一条斜向左下的直线上，故选D。例2如图所示，套在光滑竖直杆上的物体A，通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与光滑水平面上的物体B相连接，A、B质量相同。现将A从与B等高处由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度为g，当细绳与竖直杆间的夹角为θ＝60°时，A下落的高度为h，此时物体B的速度大小为()A.eq\r(\f(2,5)gh) B.eq\r(\f(4,5)gh)C.eq\r(\f(gh,2)) D.eq\r(gh)答案A解析设物体A下落高度为h时，物体A的速度大小为vA，物体B的速度大小为vB，此时有vA＝eq\f(vB,cos60°)＝2vB，物体A、B组成的系统机械能守恒，则有mgh＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，联立方程解得vB＝eq\r(\f(2,5)gh)，故选A。关联速度问题首先明确物体的实际速度为合速度，将物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)的两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。常见的模型如图所示。例3滑雪是冬季运动项目之一，如图所示，整个滑雪轨道在同一竖直平面内，高为H的弯曲滑道OA与长直斜滑道AB连接，某运动员从O点由静止滑下，到达A点并水平飞出后落到长直斜滑道上的B点，不计滑动过程中的摩擦和空气阻力，若弯曲滑道OA的高H加倍，运动员仍落到斜滑道上，则下列说法正确的是()A．运动员在A点水平飞出的速度加倍B．运动员在A点飞出后在空中运动的时间加倍C．运动员落到斜滑道上的速度大小不变D．运动员落到斜滑道上的速度方向不变答案D解析根据动能定理有mgH＝eq\f(1,2)mv2，可得运动员水平飞出的速度v＝eq\r(2gH)，若H加倍，可知其水平飞出的速度变为原来的eq\r(2)倍，选项A错误；运动员从A点飞出后做平抛运动落在斜滑道上，设斜滑道倾角为θ，则有tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,vt)＝eq\f(gt,2v)，解得t＝eq\f(2vtanθ,g)，若H加倍，则运动员在空中运动的时间变为原来的eq\r(2)倍，选项B错误；运动员从A点水平飞出落到斜滑道上时，速度方向与水平方向夹角α的正切值始终是位移方向与水平方向夹角θ的正切值的2倍，θ不变，所以α也不变，故速度方向不变，选项D正确；运动员落到斜滑道上的速度方向不变，大小为v′＝eq\f(v,cosα)，α不变，若H加倍，则运动员落到斜滑道上的速度大小变为原来的eq\r(2)倍，选项C错误。考点二平抛运动1．平抛运动及研究方法2．平抛运动的两个推论(1)设做平抛运动的物体在任意时刻的速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为φ，则有tanθ＝2tanφ，如图甲所示。(2)做平抛运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图乙所示。例4某次演习中飞机对山上的标靶投掷炸弹，其简化模型如图所示。山体的截面ABC近似为等腰三角形，其中AB、AC边长均为1000m，A点距地面高度为600m，B、C为水平地面上两点，D、E分别为AB、AC的中点。飞机在B点正上方800m处水平投掷一枚炸弹，炸弹离开飞机后做平抛运动。重力加速度g＝10m/s2，飞机和炸弹均可视为质点，则()A．要击中E处的标靶，炸弹的初速度大小为120m/sB．炸弹不能击中E处的标靶C．要击中A处的标靶，炸弹的初速度大小为40m/sD．要击中C处的标靶，炸弹的初速度大小为50m/s答案B解析要击中A处标靶，由几何知识可知，抛出点到A点的水平位移为800m，竖直位移为200m，由平抛运动规律有h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt，解得初速度v＝40eq\r(10)m/s，同理可知，要击中C处的标靶，炸弹的初速度大小也为40eq\r(10)m/s，故C、D错误；综上所述，当炸弹初速度为40eq\r(10)m/s时轨迹恰好过A、C两点，所以炸弹初速度小于40eq\r(10)m/s时落在A点左侧，初速度大于40eq\r(10)m/s时落在C点右侧，即炸弹不能落在AC边上任意位置，故A错误，B正确。平抛运动与斜面(曲面)的综合问题解题策略情景示例解题策略从斜面外平抛，垂直落在斜面上，如图所示已知速度方向，常规建系，分解速度tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,gt)从圆弧形轨道外平抛，恰好无碰撞地进入圆弧形轨道，如图所示已知速度方向，常规建系，分解速度tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)在斜面外平抛，落在斜面上位移最小，如图所示已知位移方向，常规建系，分解位移tanθ＝eq\f(x,y)＝eq\f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq\f(2v0,gt)从斜面上平抛又落到斜面上，如图所示，求飞行时间、位移等已知位移方向，常规建系，分解位移tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)从斜面上平抛又落到斜面上，如图所示，求离斜面最大距离及所用时间已知速度方向，沿斜面向下为x轴，垂直斜面向上为y轴建立坐标系，分解初速度和重力加速度，t＝eq\f(v0sinθ,gcosθ)，h＝eq\f(v0sinθ2,2gcosθ)例5(2022·全国甲卷·24)将一小球水平抛出，使用频闪仪和照相机对运动的小球进行拍摄，频闪仪每隔0.05s发出一次闪光。某次拍摄时，小球在抛出瞬间频闪仪恰好闪光，拍摄的照片编辑后如图所示。图中的第一个小球为抛出瞬间的影像，每相邻两个球之间被删去了3个影像，所标出的两个线段的长度s1和s2之比为3∶7。重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略空气阻力。求在抛出瞬间小球速度的大小。答案eq\f(2\r(5),5)m/s解析频闪仪每隔0.05s发出一次闪光，每相邻两个球之间被删去3个影像，故相邻两球的时间间隔为t＝4T＝4×0.05s＝0.2s设抛出瞬间小球的速度为v0，每相邻两球间水平方向上的位移为x，竖直方向上的位移分别为y1、y2，根据平抛运动位移公式有x＝v0ty1＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×0.22m＝0.2my2＝eq\f(1,2)g(2t)2－eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×(0.42－0.22)m＝0.6m令y1＝y，则有y2＝3y1＝3y已标注的线段s1、s2分别为s1＝eq\r(x2＋y2)s2＝eq\r(x2＋3y2)＝eq\r(x2＋9y2)则有eq\r(x2＋y2)∶eq\r(x2＋9y2)＝3∶7整理得x＝eq\f(2\r(5),5)y故在抛出瞬间小球速度的大小为v0＝eq\f(x,t)＝eq\f(2\r(5),5)m/s。考点三斜抛运动性质斜抛运动是加速度为g的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线研究方法运动的合成与分解、逆向思维法基本规律(以斜上抛运动为例)(1)水平方向：v0x＝v0cosθ，F合x＝0；x＝v0tcosθ(2)竖直方向：v0y＝v0sinθ，F合y＝mg；y＝v0tsinθ－eq\f(1,2)gt2常见图例例6(2023·江苏南通市第一次调研)某喷灌机进行农田喷灌的示意图如图所示，喷头出水速度的大小和方向均可调节。设喷头出水速度大小为v0，方向与水平地面的夹角为θ，忽略喷头距离地面的高度及空气阻力，则()A．v0越大，喷灌的射程越远B．θ越大，喷灌的射程越远C．喷灌射程最远时，水在空中的时间不是最长D．喷灌射程相同时，水在空中上升的最大高度相同答案C解析初速度可以分解为vx＝v0cosθ，vy＝v0sinθ，在空中运动的时间为t＝eq\f(2v0sinθ,g)，则水平射程为s＝v0cosθ·t＝v0cosθ·eq\f(2v0sinθ,g)＝eq\f(v02sin2θ,g)，所以当v0一定时，夹角为θ＝45°时，喷灌的射程最远，最大值为eq\f(v02,g)；θ一定时，v0越大，喷灌的射程越远，故A、B错误；由t与s的表达式可知，当s最大时，t不是最大；水在空中上升的最大高度H＝eq\f(v0sinθ2,2g)，喷灌射程相同时，水在空中上升的最大高度不一定相同，C正确，D错误。1．(2023·江苏南京师大附中模拟)在我国古代，人们曾经用一种叫“唧筒”的装置进行灭火，这种灭火装置的特点是：筒是长筒，下开窍，以絮囊水杆，自窍唧水，既能汲水，又能排水。简单来说，就是一种特制水枪。设灭火时保持水喷出的速率不变，忽略空气阻力，则下列说法正确的是()A．灭火时应将“唧筒”的轴线指向着火点B．想要使水到达更高的着火点，必须调大“唧筒”与水平面间的夹角(90°以内)C．想要使水到达更远的着火点，必须调小“唧筒”与水平面间的夹角(90°以内)D．若将出水孔扩大一些，则推动把手的速度相比原来应适当慢一些答案B解析水离开出口水后做抛体运动，所以灭火时“唧筒”的轴线不能指向着火点，故A错误；当调大“唧筒”与水平面间的夹角，即水在竖直方向的初速度增大，所以竖直位移更大，将到达更高的着火点，故B正确；当调小“唧筒”与水平面间的夹角时，水在空中的时间减小，虽然水在水平方向的速度增大，但是不一定能使水到达更远的着火点，故C错误；若将出水孔扩大一些，则推动把手的速度相比原来应适当快一些，才能使水喷出的速度大小不变，故D错误。2.(2023·江苏南通市期末)如图，O为抛物线OM的顶点，A、B为抛物线上两点，O点的切线水平。从A、B两点分别以初速度v1、v2水平抛出两小球，同时击中O点，不计空气阻力，则两球()A．必须同时抛出B．初速度v1与v2相等C．击中O点时速度相同D．击中O点时重力的瞬时功率相等答案B解析已知O为抛物线OM顶点，则以O为原点建立xOy直角坐标系，则设OM为y＝ax2则两平抛运动在竖直方向为自由落体运动，有y1＝ax12＝eq\f(1,2)gt12y2＝ax22＝eq\f(1,2)gt22联立解得eq\f(t1,t2)＝eq\f(x1,x2)平抛运动在水平方向为匀速直线运动，有x1＝v1t1，x2＝v2t2联立可得eq\f(v1,v2)·eq\f(t1,t2)＝eq\f(x1,x2)整理可得v1＝v2，故B正确；因eq\f(t1,t2)＝eq\f(x1,x2)>1，则可得t1>t2故A处球先抛出才能同时击中O点，故A错误；因v1＝v2，但竖直方向有v1y＝gt1>v2y＝gt2故两分速度合成后可知击中O点时的速度不同，故C错误；两球在O点时重力瞬时功率为PG1＝mgv1y>PG2＝mgv2y即击中O点时重力的瞬时功率不相等，故D错误。专题强化练[保分基础练]1.(2022·广东卷·6)如图所示，在竖直平面内，截面为三角形的小积木悬挂在离地足够高处，一玩具枪的枪口与小积木上P点等高且相距为L。当玩具子弹以水平速度v从枪口向P点射出时，小积木恰好由静止释放，子弹从射出至击中积木所用时间为t。不计空气阻力。下列关于子弹的说法正确的是()A．将击中P点，t大于eq\f(L,v)B．将击中P点，t等于eq\f(L,v)C．将击中P点上方，t大于eq\f(L,v)D．将击中P点下方，t等于eq\f(L,v)答案B解析由题意知枪口与P点等高，子弹和小积木在竖直方向上均做自由落体运动，当子弹击中积木时子弹和积木的运动时间相同，根据h＝eq\f(1,2)gt2，可知下落高度相同，所以将击中P点；又由于初始状态子弹到P点的水平距离为L，子弹在水平方向上做匀速直线运动，故有t＝eq\f(L,v)，故选B。2.(2023·江苏盐城市三模)如图所示为小球从水平向右的横风区正上方自由下落的闪光照片。除横风区外，其他位置的空气作用力可忽略不计。则小球()A．在横风区水平方向做匀速运动B．在横风区加速度方向竖直向下C．从横风区飞出后做匀变速直线运动D．从横风区飞出后做匀变速曲线运动答案D解析小球进入横风区时，在水平方向上受水平向右的风力，根据牛顿第二定律可知水平方向有加速度，所以在横风区水平方向做加速运动，故A错误；小球进入横风区时，受重力和水平向右的风力