2013年高考理综物理24题题型小结

高考物理24题题型小结

题型1：如图所示，传送带以v 为l0m ／s 速度向左匀速运行，BC 段长L 为2m ，半径R 为1.8m 的光滑圆弧槽在B 点与水平传送带相切．质量m 为0.2kg 的小滑块与传

送带间的动摩擦因数为0.5，g 取l0m ／s 2

，不计小滑块通过连接处的能量损失．求： (1) 小滑块从M 处无初速度滑下，到达底端B 时的速度； (2) 小滑块从M 处无初速度滑下后，在传送带上向右运动的最大距离及此过程产生的热量； (3) 将小滑块无初速度放在传送带C 端，要使小滑块能通过N 点，传送带BC 段至少为多长?

变式1：

如图所示，水平面AB 与斜面BC 相交于B 点，其中BC 段长x 1=5m ，AB 段长x 2=11m ．一

质量为m 1的滑块P 从C 点由静止开始下滑，同时，另一质量为m2的滑块Q 从A 点以初速度v 0=6m ／s 沿水平面开始向右运动，经过t=2．5s 两滑块在运动中相遇．不考虑滑块经过B 点时的机械能损失，已知θ=30°，两滑块与BC 段的动摩擦因数均为

1μ=

36

，与AB 段的动摩擦因数均为2u ，取g=10m ／s 2，求2μ的大小．

变式2：有一装置如图所示，水平传送带以V0匀速运动，右侧竖直放置一光滑的半圆形轨道。现将一可视为质点的质量为m的小煤块轻放在传送带的左侧，已知煤块与传送带间的动摩擦

因数为，重力加速度为g。求1煤块第一次达到与传送带相对静止所用的时间；

(2)若小煤块恰好能够到达半圆形轨道的最高点，求小煤块

刚滑上圆轨道时对轨道的压力；

(3)若小煤块和传送带达到相对静止时传送带突然停止运

动，煤块没有冲上圆轨道即停止运动。求整个过程中煤块在

传送带上划出的痕迹长度。

1题变式3：(15分)如图所示，倾角为45°的粗糙斜面AB 底端与半径R =0.4m 的光滑半圆轨道BC 平滑相接，O 为轨道圆心，BC 为圆轨道直径且处于竖直平面内，A 、C 两点等高。质量m =1kg 的滑块从A 点由静止开始下滑，恰能滑到与O 等高的D 点，g 取10m/s 2. （1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ；

（2）若使滑块能到达C 点，求滑块至少从离地多高处由静止开始下滑；

（3）若滑块离开C 处后恰能 垂直打在斜面上，求滑块经过C 点时对轨道的压力.

1题变式3解：（1）A 到D 过程：根据动能定理有

45

sin 245

cos )2(R mg R R mg ?

--?μ=0-0 （2分）

可求：5.0=μ （１分）

（2）若滑块恰能到达C 点，根据牛顿第二定律有

mg=

2

C m v R

（1分）， vc ==2Rg m/s （1分）

从高为H 的最高点到C 的过程：根据动能定理有

02

145

sin 45

cos )2(20

-=

?

--C

mv

H mg R H mg μ （2分）

求得：H =2m （1分）

（3）离开C 点后滑块做平抛运动，垂直打在斜面上时有

x=C v t ' （1分）， t v gt

y y 2

2

12

=

=

（1分）

tan 45C y

v v '=

（1分）， x

y R -=

245tan 0

（1分）

解得 433

C

v '=m/s （1分）

在C 点，有 2

C

N v m g F m

R

''+= （1分）

求得： 3.3N F '=N ，由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力为3.3N （1分） 1变式4：如图所示，一质量为m ＝1 kg 的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的A 点，随传送带运动到B 点，小物块从C 点沿圆弧切线进入竖直光滑的半圆轨道恰能做圆周运动．已知圆弧半径R ＝0.9m ，轨道最低点为D ，D 点距水平面的高度h ＝0.8m ．小物块离开D 点后恰好垂直碰击放在水平面上E 点的固定倾斜挡板．已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.3，传送带以5 m ／s 恒定速率顺时针转动（g 取10 m ／s 2

）

，试求：

（1）传送带AB 两端的距离；

（2）小物块经过D 点时对轨道的压力的大小； （3）倾斜挡板与水平面间的夹角θ的正切值．

1变式4解：（1）对小物块，在C 点由牛顿第二定律得： 2

1

v m g m R

=，

则13m /s v g R =

=.…………………………（2分）

由于13m /s 5m /s v =<，小物块在传送带上一直加速，则由A 到B 有

2

3m /s m g a g m

μμ=

==，……………………（2分）

2

12A B v a x =

所以传送带AB 两端的距离A B x =1.5m ．…………………………（2分） （2）对小物块，由C 到D 有2

2

211122

2

m g R m v m v =

-

，…………（2分）

在D 点F N -mg=2

2v m R

，代入数据解得F N ＝60N ．……………………（2分）

由牛顿第三定律知小物块对轨道的压力大小为N N 60N F F '==.……（1分） （3）小物块从D 点抛出后做平抛运动，则2

12h g t =

，

解得t ＝0.4s …………………………（2分） 将小物块在E 点的速度进行分解得235ta n 4

v g t θ=

=.………（2分）

1题变式5：如图所示，一粗糙斜面 AB 与圆心角为37°的光滑圆弧 BC 相切，经过 C 点 的切线方向水平．已知圆弧的半径为 R = 1.25 m ，斜面 AB 的长度为 L = 1 m ．质量为 m = 1 kg 的小物块（可视为质点）在水平外力 F = 1 N 作用下，从斜面顶端 A 点处由静止开始，沿斜面向下运动，当到达 B 点时撤去外力，物块沿圆弧滑至 C 点抛出，若落地点 E 距离与 C 点间的水平距离为 x = 1.2 m ，C 点距离地面高度为 h = 0.8 m ．（sin37°= 0.6，cos37°= 0.8 ，重力加速度 g 取10 m/s2 ）求： （1）物块经 C 点时对圆弧面的压力； （2）物块滑至 B 点时的速度； （3）物块与斜面间的动摩擦因数．

37O

1变式6：如图所示，水平地面上一木板，质量M=1kg ，长度L=3.5m ，木板右侧有一竖直固定的四分之一圆弧轨道，轨道半径R=1m ，最低点P 的切线怀木板上表面相平.质量2m kg =的小滑块位于木板的左端，与木板一起向右滑动，并以0υ=39/m s 的速度与轨道相碰，木板碰到轨道后立即停止，滑块沿木板冲上圆弧轨道，后又返回到木板上，最终滑离木板.已知滑块与木板上表面间的动摩擦因数

10.2μ=，木面光滑，取g=10m/s 2

;求:

（1）滑块对P 点压力的大小；

（2）滑块返回木板上时，木板的加速度； （3）滑块从返回木板到滑离木板的过程所用的时间.

1变式7：如图所示，质量为2kg 的小车在光滑水平面上处于静止状态．小车的上表面由水平面和斜面构成，斜面顶端和底端的高度差为1．8m ．小车左边缘的正上方用长2．5m 的细绳拴一质量为0．5kg 的物块，将细绳拉离竖直方向60°角后由静止释放，当物块运动到悬点的正下方时悬线断开，物块从小车的左边缘滑上小车后，先在其表面上沿水平方向运动，经过1s 时间物块离开小车，然后做曲线运动，某时刻恰好与斜面的底端相碰，已知小车与物块间的动摩擦因数为0．2，重力加速度g=l0m/s 2．求： （1）悬线断开前所受最大拉力的大小；

（2）小车上表面水平部分的长度；

（3）小车表面的斜面部分倾角的正切值．

1变式8：（14分）在竖直平面内有一半径为R的圆形区域，AB、CD分别为水平、竖直的两个直径，BM、MN、ND三段弧长相等。有一四分之一圆的竖直圆弧轨道，半径也是R，圆心在C点，轨道下端在O点与AB相切。

（1）一小滑块从轨道上端P点由静止滑下从O点滑出，若滑块的质量为m，在它滑到O点时立即对它施加一个恒力F，使它能沿OB方向做匀加速直线运动，且加速度

为g

，求恒力F的大小和方向；

a75

.0

（2）若不计摩擦，滑块仍由静止从轨道上某位置释放，要求滑块离开O点后能落到圆的MN圆弧上（包括M、N两点），求释放的位置距圆心O的竖直高度。（要求结果

有R表示）

题型2：如图所示，质量M＝8 kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F＝8 N，当小车向右运动的速度达到1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m＝2 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长(取g＝10 m/s2 )．求： (1)放上小物块瞬间，小物块与小车的加速度大小；

(2)经多长时间两者达到相同的速度？

(3)从小物块放上小车开始，经过t＝1.5 s小物块通过的位移大小．

2题变式1：(13分) 如图所示，一辆上表面光滑的平板小车长2m ，车上右侧有一挡板，紧靠挡板有一可视为质点的小球。开始时，小车与小球一起在水平面上向左以速度5m/s 做匀速直线运动。某时刻小车开始刹车，加速度大小为4m/s 2

。经过一段时间，小球从小车的左端滑出小车并落到地面上。g 取10m/s 2

。试求：

（1）从刹车开始到小球离开小车所用的时间。

（2）小球离开小车后，又经过了0.5s 落地，小球落地时离开小车左端的距离。

解析：（1）刹车后小车做匀减速运动，小球继续做匀速运动。设经过时间t ，小球离开小车，经判断小车此时未停止运动，则

s v t =10 （2分） s v t at =-2

2012

（2分）

s s L -=12 （2分）

代入数据可解得t=1s （1分）

（2）经判断小球离开小车又经0.5s 落地时，小车已经停止运动。则从刹车到小球落地，小车和小球的总位移分别为

s v (t t )ⅱ=+1

0，v s a

￠=2

22 （2分）

则小球落地时距小车左端的距离为

s s (s L )ⅱD =-+1

2 （2分） 代入数据可得 s .D =2375m （2分） 2变式2：（15分）如图14所示，光滑的

14

圆弧AB ，半径0.8R m =，固定在竖直平面内。

一辆质量为M=2kg 的小车处在水平光滑平面上，小车的表面CD 与圆弧在B 点的切线重

合，初始时B 与C 紧挨着，小车长L=1m ，高H=0.2m 。现有一个质量为m=1kg 的滑块（可视为质点），自圆弧上的A 点从静止开始释放，滑块运动到B 点后冲上小车， 带动小车向右运动，当滑块与小车分离时，小车运动了0.2x m =， 此时小车的速度为1/v m s =。求

（1）滑块到达B 点时对圆弧轨道的压力； （2）滑块与小车间的动摩擦因数；

（3）滑块与小车分离时的速度；

（4）滑块着地时与小车右端的水平的距离；

16. 【解析】(1)由v -t 图象的物理意义可得，物块在木板上滑行的距离

Δx ＝10＋42×4 m －42

×4 m ＝20 m.

(2)设物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小为a 1，木板做匀加速直线运动的加速度大小为a 2，达相同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小为a ，木板与物块间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，根据牛顿第二定律

对物块，μ1mg ＝ma 1

对木板，μ1mg －μ2(m ＋M )g ＝Ma 2 对整体，μ2(m ＋M )g ＝(m ＋M )a

由图象可得，a 1＝1.5 m/s 2

，a 2＝1 m/s 2

，a ＝0.5 m/s 2

由以上各式解得m M ＝3

2

.

题型3：（14分）如图所示，将质量m ＝2kg 的圆环套在与水平面成θ＝37°角的足够长直杆上， 直杆固定不动,环的直径略大于杆的截面直径，杆上依次有三点B 、A 、C ，s AB ＝8m ， 3、s CA ＝7．2m ，环与杆间动摩擦因数μ＝0．5，对环施加一个与杆成37°斜向上的拉力 F ＝ 20N ，使环从A 点由静止开始沿杆向上运动。

重力加速度 g ＝10m ／s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8， 试求：（1）环从A 运动到B 过程中加速度a1的大小；

（2）若到达B 点时撤去力F ，则撤去力F 后环到达C 点 所用的时间．

3题变式1：粗糙水平面放置一质量为m=1.0kg 的物体，受到与水平方向的夹角为θ、大小F = 4.0N 的外力作用，θ可在图示平面内从0o ~ 180o范围内变化。为研究物体的运动规律，可通过如图装置进行DIS 实验，收集数据进行研究。重力加速度g 取10m/s2。

（1）取θ = 0o，通过传感器收集到位移x 与时间平方t2关系如图2所示，求物体与水平

面间的动摩擦因素μ；

（2）在保持物体m 向右运动的过程中，改变 θ 的取值，通过传感器测得θ与物体加速度a 的关系如图3所示，求图示中的a1、a2、a3的数值分别为多少？

3题变式2：如图所示，光滑金属直杆穿过竖直固定的

滑套，其底端置于光滑斜面体上，金属杆质量为m 1，斜面体质量为m 2，现给斜面体一水平推力使斜面体从静止开始向右作匀加速直线运动，经t 时间斜面体水平移动s ，该过程中斜面体未碰到滑套，金属杆匀加速上升h 高度重力加速度为g ，求：

（1）该过程中金属杆受到的合外力； （2）该过程中水平推力的平均功率。

解：（1）设金属杆匀加速运动的加速度为a 1， 在该过程中有 2

112

h a t =

①

设金属杆受到的合外力为F ，由牛顿第二定律得

11F m a = ②

由①②式可得：12

2m h F t

=

金属杆合力方向与加速度方向一致，方向竖直向上。

（2）设该过程末金属杆和斜面体的速度分别为υ1、υ2， 加速过程中斜面体的加速度为a 2，由运动学方程有：

υ1=a 1t ， υ2=a 2t ③

2

212

s a t =

④

设该过程中外力的平均功率为P ，对金属杆和斜面体组成的系统， 由功能关系得 2

2

112211122

P t m m m g h υυ=

+

+

⑤

由①式和③~⑤式可得：2

2

2

1213

2()m h m s m g h t

P t

++=

3题变式3：建筑工人用图示的定滑轮装置运送20 kg 的建筑材料，材料在工人的拉动下以0.50

m / s 2 的加速度从地面静止开始上升。已知=60°，忽略绳子和定滑轮的质量及摩擦，g 取 1Om/s 2 ,求：

(1) 工人拉绳的力大小；(2)地面对工人的摩擦力大小；

(3)若拉升一段时间后停止施力，要使材料恰能到达9.45m髙处，

工人对绳施力的时间。

解：(1)F=210N (2)f=105N

(3)设拉力作用的时间为t1，拉力撤去以后物体上升的时间为t 2，

则有v=at1，v=gt2， h=1

2

v(t1+t2),

联立解得：t1=6.0s。

题型4：(14分)静止在水平面上的A、B两个物体通过一根拉直的轻绳相连，如图所示，轻绳长L=1m，承受的最大拉力为8N，A的质量m1=2kg,B的质量m2=8kg,A、B与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，现用一逐渐增大的水平力作用在B上，使A、B向右运动，当F增大到某一值时，轻绳刚好被拉断（g=10m/s2）

（1）求绳刚被拉断时F的大小

（2）若绳刚被拉断时，A、B的速度为2m/s，

保持此时的F大小不变，当A的速度恰好减小为0时，

A、B间的距离为多少？

解析：(1) 设绳刚要被拉断时产生的拉力为T，根据牛顿第二定律，对A物体有 T－μm1g ＝m1a …………… 2分

代入数值得a ＝2 m/s2………… 1分

对A、B整体

F-μ（m1+m2）g=（m1+m2）a………… 2分

代入数据得：F=40N ………… 1分

（2）设绳断后，A的加速度为a1，B的加速度为a2，则

a1=μm1g/m1=2m/s2………… 1分

a2=（F-μm2g）/m2=3m/s2………… 1分

A停下来的时间为t，则t=v/a1=1s………… 1分

A的位移为x1，则x1=v2/（2a1）=1m………… 2分

B的位移为x2，则x2=v t+a2t2/2=3.5m………… 2分

A刚静止时，A、B间距离为△x=x2+L-x1=3.5m………… 1分

4变式1：（15分）如图所示，一辆汽车A拉着装有集装箱的拖车B，以速度v1＝30 m/s进入向下倾斜的直车道。车道每100 m下降2 m。为使汽车速度在s＝200 m的距离内减到v2＝10 m/s，驾驶员必须刹车。假定刹车时地面的摩擦阻力是恒力，且该力的70%作用于拖车B,30%作用于汽车A。已知A的质量m1＝2 000 kg，B的质量m2＝6 000 kg。求汽车与拖车的连接处沿运动方向的相互作用力的大小（空气阻力不计，取重力加速度g＝10 m/s2。）。

变1解析：汽车沿倾角斜车作匀减速运动，

用a表示加速度的大小，有v22－v21＝－2as①

用F表示刹车时的阻力，根据牛顿第二定律有

F－(m1＋m2)g sin α＝(m1＋m2)a②

式中sin α＝2

100

＝2×10－2③

设刹车过程中地面作用于汽车的阻力为f，

根据题意f＝30

100

F④

方向与汽车前进方向相反；用f N表示拖车作用于汽车的力，设其方向与汽车前进方向相同，以汽车为研究对象，由牛顿第二定律有：f－f N－m1g sin α＝m1a⑤

由②④⑤式得：f N＝30

100

(m1＋m2)(a＋g sin α)－m1(a＋g sin α)⑥

由①③⑥式，代入数据得f N＝880 N.

4变式2：如图所示，水平地面上有一“L”型滑板ABC，竖直高度AB=1.8m.D处有一固定障碍物，滑板右端C到障碍物的距离为1m.滑板左端加上水平向右的推力F=144N的同时，有一小物块紧贴竖直板的A点无初速释放，滑板撞到障碍物时立即撤去力F，滑板以原速率反弹.小物块最终落在地面上.滑板质量M=3kg，物块质量m=1kg，滑板与物块及地面间的摩

擦因数均为0.4（取g=10m/s2，已知

3

tan37

4

）.求：

（1）滑板撞到障碍物前物块的加速度；

（2）物块落地时的速度；

（3）物块落地时到滑板B端的距离.

题型5（13分）一质量为2kg的小猫从离地H=17.2m高的阳台掉下，下落过程中空气阻力约为本身所受重力的0.2倍；在小猫刚刚开始掉下时，某同学立刻从静止开始奔跑，奔跑水平距离x=12m到达楼下，在距离地面高度为h=1.2处，刚好接住小猫，缓冲到地面时速度恰好为零，缓冲过程中的空气阻力不计，取g=10m/s2，求：

（1）小猫在被接到前下落的时间；（2）人奔跑的平均速度；

（3）在缓冲过程中同学对小猫做的功。

解：（1） 2

0.28m /s m g m g

a m -=

= ① ……（2分）

2

21at

h H =

-，t =2s ② ……（2分） v =at =16m/s ③……（2分） （2）6m /s

x v

t

=

= ④……（2分）

（3）2

102

W m g h m v +=-

⑤……（3分） W =?280J （没有负号扣1分）……（2分）

5变式1：（14分）我国第一艘航空母舰“辽宁号”已经投入使用，为使战斗机更容易起飞，

“辽宁号”使用了跃飞技术，如图甲所示。其甲板可简化为乙图模型：AB 部分水平，BC 部分倾斜，倾角为θ。战斗机从A 点开始滑跑，C 点离舰，此过程中发动机的推力和飞机所受甲板和空气阻力的合力大小恒为F ，ABC 甲板总长度为L ，战斗机质量为m ，离舰时的速度为v m 。求AB 部分的长度。

变式2：（13分）造船厂的船台是一座设在江边的水泥斜坡，在斜坡上装有木制的滑道，船体就放在船台上，船体与滑道之间还放有木板——滑板，滑板和船体用“止滑器”平行滑道向上拉住。船体造好后，打开“止滑器”，整个船体连同滑板从涂满润滑油脂的滑道上滑下

去，这就是传统的“下水”方式。 已知某船台水泥斜坡的坡度

20

1=

d

h ，船体质量为M= 4．2×106

kg ，滑板的质量m=1．0

×104

kg ，滑板与滑道间的动摩擦因数为μ1=0．03。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sina ≈tana ，cosa=1，g=10m ／s 2

，问：

（1）在制造过程中为保证船体和滑板不向下滑动，“止滑器”在与滑道平行的方向上至少要施加多大的力？

（2）船体“下水”时，为保证船体与滑板不会相对滑动，船体与滑板间的动摩擦因数μ2应满足什么关系？

变式3：（14分）一兴趣小组制作了一“石炮”，结构如图所示。测得其长臂的长度 4.8m L =，石块“炮弹”质量m=10.0kg ，初始时长臂与水平面间的夹角α = 30°。同学们在水平面上演练，将石块装在长臂末端的开口箩筐中，对短臂施力，使石块升高并获得速度，当长臂转到竖直位置时立即停止转动，石块即被水平抛出，熟练操作后，石块水平射程稳定在S=19.2m 。不计空气阻力，长臂和箩筐的质量忽略不计，重力加速度取g=10m/s 2。求： （1）要达到上述射程人要做多少功；

（2）若把“石炮”移到离水平地面多高的城墙边缘可将水平射程提高50% 。 解：（1）石块被抛出后做平抛运动

水平方向 s = v 0t ， 竖直方向

2

21gt

h =

h = L + αsin ?L ， 得 v 0 = 16m/s 长臂从初始位置转到竖直位置，根据动能定理

20

1

02

W m g h

m v -=- ， 得 Ｗ = 2000J

（2）设经t '落地，初速度相等

则 1015.1t v s s == ， 2

112

1gt h =

h h h -=?1 （1分）， 9h m ?=

变式4：(14分) 一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现从他旁边以10m/s 的速度匀速行

驶的货车严重超载时，决定前去追赶，经过5.5s 后警车发动起来，并以2.5m/s 2

的加速度

做匀加速运动，但警车的行驶速度必须控制在90km/h 以内．问：

（1）警车在追赶货车的过程中，两车间的最大距离是多少？ （2）判定警车在加速阶段能否追上货车？（要求通过计算说明） （3）警车发动后要多长时间才能追上货车？ 解：（l ）警车在追赶货车的过程中，当两车速度相等时．它们的距离最大，设警车发动后经

过t 1时间两车的速度相等．则11042.5

t =

s=s (1分)

s 货=(5.5+4)×10m = 95m (1分） s 警2

2

111 2.54m 20m 2

2

=

a t =

=??(1分) 所以两车间的最大距离△s =s 货-s 警=75m （2分）

(2) v 0=90km/h=25m/s ，当警车刚达到最大速度时，运动时间225s 10s 2.5

t =

=（l 分）

s 货’=(5.5+10)×10m=155m (1分）s 警’=22

211 2.510m 125m 2

2

a t =

=?? （1分）

因为s 货’＞s 警’，故此时警车尚未赶上货车 （1分）

（3）警车刚达到最大速度时两车距离△s ’=s 货’-s 警’=30m ，警车达到最大速度后做匀速运动，设再经过△t 时间追赶上货车．则：m 2s s't=

=-??v v

(1分）

所以警车发动后要经过212s t=t +t=?才能追上货车 (2 分）

题型6：(15分)所受重力G 1＝8 N 的砝码悬挂在绳PA 和PB 的结点上．PA 偏离竖直方向 37°角，PB 在水平方向，且连在所受重力为G 2＝100 N 的木块上，木块静止于倾角为37°的斜面上，如图16所示，试求： （1）木块与斜面间的摩擦力；（2）木块所受斜面的弹力． 6、解析：如图甲所示分析P 点受力，由平衡条件可得： FA cos37°＝G1FA sin37°＝FB 可解得：FB ＝6 N

再分析G2的受力情况如图乙所示． 由物体的平衡条件可得：

Ff ＝G2 sin37°＋FB ′cos37° FN ＋FB ′ sin37°＝G2 cos37° FB ′＝FB

可求得：Ff ＝64.8 NFN ＝76.4 N ． 答案：（1）64.8 N ，方向沿斜面向上 （2）76.4 N ，垂直斜面向上

6变式1：如图所示，水平面上有一个倾角为θ＝30°的斜劈，质量为m 。一个光滑小球，质量也为m ，用绳子悬挂起来，绳子与斜面的夹角为α＝

30°，整个系统处于静止状态。 （1）分别画出小球和斜劈的受力图；

（2）求出绳子的拉力T ；（3）若地面对斜劈的最大静摩擦力

m

f 等于地面对斜劈的支持力的k 倍，为了使整个系统始终保持静止，k 值必须满足什么条件？

变式1【解析】（18分（1）小球的受力图 斜劈的受力图： （2）对小球：

水平方向：1sin 30sin 30

N T =

， 竖直方向：1cos 30cos 30N T m g

+=

解得：

32co s 30

3

m g T m g

==

，

133

N T m g

==

（3）对斜劈：水平方向：'

1sin 30

f N =

， 竖直方向：

'

21co s 30

N m g N =+

，

又：

'

11

N N =， 而由题意： 2

m f kN =

m

θ m α

·

mg

N2

N ’1

f · mg

T

N1

应该满足：

m f f

≥ ， 解得：

39

k ≥

≈0.192

解法二:对整体：水平方向： sin 30

f T =

竖直方向： 2co s 302N T m g

+=

而由题意： 2

m f kN =

应该满足：

m f f

≥解得： 39

k ≥

≈0.192

6:变式2：（14分）如图所示，一个粗糙的斜面固定在水平地面上，倾角为θ。物体。在斜面上放一质量为m 的物块，用水平力F 推着使其静止。物体与斜面间的动摩擦因数为μ，且μ

（2）若物体恰好不上滑，则推力F 为多少？ （3）若增大θ角，能否实现无论F 多大， 都不可能使物体上滑？

若能实现，θ最小为多大？若不能实现请说明原因。

解析：（1）因为μ

mg sin θ＝F cos θ＋F f ， （2分） F f ＝μF N （1） F N ＝mg cos θ＋F sin θ （1）

解得F ＝sin θ－μcos θ

μsin θ＋cos θmg （2分）

（2）当物体恰好不上滑时， 受力如图乙所示，有

mg sin θ＋F f ＝F cos θ （1分） F f ＝μF N

F N ＝mg cos θ＋F sin θ

解得：F ＝μcos θ＋sin θ

cos θ－μsin θ

mg （1分）

（3）由（2）的求解可知，无论F 多大，都不可能使物体上滑，则需满足条件 F cos θ ≤mg sin θ＋F f （2分）

整理得F （cos θ-μsin θ）≤mg （sin θ+μcos θ） 上式成立的条件是cos θ-μsin θ≤0 （2分） 即tan θ≥

μ

1

， 即θ最小时tan θ=

μ

1

（2分）

6变式3：（14分）“引体向上运动”是同学们经常做的一项健身运动，如图所示，质量为m

的某同学两手正握单杠，开始时，手臂完全伸直，身体呈自然悬垂状态，此时他的下颚距单杠面的高度为H ，然后他用恒力F 向上拉，下颚必须超过单杠面方可视为合格。

已知H =0.6m ，m =60kg ，重力加速度g =10m/s 2。不计空气阻力，不考虑手臂弯曲而引起人的重心位置的变化。

（1）第一次上拉时，该同学持续用力，经过t =1s 时间，下颚到达单杠面，求该恒力F

的大小及此时他的速度大小；

（2）第二次上拉时，用恒力F ′=720N 拉至某位置时，他不再用力，而是依靠惯性继续

向上运动，该过程可简化为竖直上抛运动。为保证此次引体向上合格，恒力F ′的作用时间至少为多少？

（1）第一次上拉时，该同学向上匀加速运动，设他上升的加速度大小为a 1，下鄂到达单杠面时的速度大小为v ，由牛顿第二定律及运动学规律可得：

F-mg=ma 1 1分 ， H=1/2a 1t 2

1分 ， v=a 1t 1分

联立上式可得：F=672N 2分 ，v=1.2m/s 2分

（2）第一次上拉时，设上拉时的加速度大小为a 2，恒力至少作用的时间为t min ，上升的位移为x 1，速度为v 1，自由上升时位移为x 2，根据题意可得：

F /

-mg=ma 2 （1分）

x 1+x 2=H （1分）

x 1=12 a 2t min 2 （1分） v 12

=2gx 2 （1分） v 1=a 2t min （1分）

联立上式可得：t min =0.71s （2分）

题型7：（15分）如图所示装置由AB 、BC 、CD 三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB 、CD 段是光滑的，水平轨道BC 的长度x =5m ，轨道CD 足够长且倾角θ=37o

，A 、D 两点离轨道BC 的高度分别为

1 4.30

h =m,

2 1.35

h =m ，现让质量为m 的小滑块

自A 点由静止释放，已知小滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为0.5μ=，重力加速度g 取10m/s2，sin 370.6=

，cos 370.8=

，求： （1）小滑块第一次到达D 点时的速度大小； （2）小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔； （3）小滑块最终停止的位置距B 点的距离.

【解析】（1）小滑块从A 经过B 、C 运动到D 的过程，由动能定理得：

开始时状态

H

下颚到达单杠面

2

121()02

D mg h h mgx mv μ--=

- ………………………3分

代入数据解得：3D v =m/s …………1分 （2）小滑块从A 经过B 运动到C 的过程，由动能定理得： 2

112

C mgh mgx mv μ-=

………………………2分

代入数据解得：6C v =m/s ……………………1分 小滑块沿CD 段上滑的加速度大小sin 6a g θ== m/s 2

……1分 小滑块沿CD 段上滑到最高点的时间11C v t a

=

=s ………………1分

由对称性可知，小滑块从最高点滑回C 点的时间211C v t t a

==

=s 1分

故小滑块第一次与第二次通过C 点的时间间隔122t t t =+=s ………1分

（3）对小滑块运动的全过程利用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s ，

1mgh mgs μ=…………………2分

代入数据解得：8.6s =m ………………………1分

故小滑块最终停止的位置距B 点的距离为：2 1.4x s -=m ………1分

题8：如图所示，静止放在水平光滑的桌面上的纸带，其上有一质量为m ＝1.0 kg 的铁块，它与纸带右端的距离为L ＝0.5 m ，铁块与纸带间的动摩擦因数为μ＝0.1.现用力F 水平向左将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘，铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离为x ＝0.8 m ．已知g ＝10 m/s 2

，

桌面高度为H ＝0.8 m ，不计纸带质量，不计铁块 大小，铁块不翻滚.求： (1)铁块抛出时速度大小； (2)纸带从铁块下抽出所用时间.

答案：(1)2 m/s (2)2 s

9、潜艇部队经常开展鱼雷攻击敌方舰艇演练。某次演习的简化模型为：敌舰沿直线MN 匀速航行，潜艇隐蔽在Q 点不动，Q 到MN 的距离QO=2000 m 。当敌舰到达距离O 点800 m 的A 点时，潜艇沿QO 方向发射一枚鱼雷，正好在O 点击中敌舰。敌舰因受鱼雷攻击，速度突然减为原来的一半，且立刻沿原运动方向做匀加速运动逃逸。100s 后潜艇沿QB 方向发射第二枚鱼雷，鱼雷在B 点再次击中敌舰。测得OB=1500 m ，不考虑海水速度的影响，潜艇和敌舰可视为质点，鱼雷的速度大小恒为25 m/s 。求：

(1) 敌舰第一次被击中前的速度； (2) 鱼雷由Q 至B 经历的时间； (3) 敌舰逃逸时的加速度大小。 （1）鱼雷从Q 到O 经历的时间

t 1=

v

OQ =

s

m /25

2000=80s （2分）

敌舰被击中前的速度v 1=1

t OA =

s

m /80

800=10m/s （2分）

(2)设第二枚鱼雷经过时间t 2击中敌舰，则 QB=2

2

QO

OB

+=2500m （2分） t 2=

v

BQ =

s

m /25

2500=100s （2分）

(3)敌舰第一次被击中后瞬间的速度v 2=2

1v =5m/s （1分）

敌舰被第一次击中后运动的时间t 3=t 2＋100s=200s （1分） 设敌舰的加速度为a ，由OB=v 2t 3＋2

1at 32 （2分 ）

得a=

s 40

1=0.025s （2分）

题型1：如图所示的装置，其中AB 部分为一水平传送带，并以v = 6m/s 速度顺时针匀速转动；BCD 部分为一半径R=0.5m ，竖直放置的光滑半圆形轨道，直径BD 恰好竖直，并与传送带相切于B 点。现将一质量为0.4kg 的可视为质点的小滑块无初速地放在传送带的左端A

点上，已知滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5。（g ＝10m/s 2

）。 ⑴要使小滑块通过轨道上的D 点，求传送带AB 的长度L 至少多长。

⑵若传送带的长度L =

4m ，仍使小物块轻放在传送带左端A 点，求传送过程中小滑块与传送带间的摩擦产生的热量和电动机因传送小物块多消耗的电能。

解：（1）物块通过轨道最高点D 时有：分）（22

R

v m

mg D ≤

B 到D 由机械能守恒有：

分）

（22212122 mgR mv

mv

D

B

+=

A 到

B 由动能定理有：分）

（202

12

-=

μB mv mgL

解上述解得：s m v B /5≥；

分）（15.20 m L ≥

（2）物块在传送带上运动的时间：at v =；ma mg =μ；解得：t =1.2s ……（1分）。 物块加速过程中的位移：L m vt x >==

6.32

1，（1分）

故物块在传送带上的运动是先加速后匀速（1分）。电动机多消耗的电能等于传送带克服小物块的摩擦力所做的功，故： J mgvt W 4.14=μ=……（2分） 摩擦产生的热量：分）（22.7212

J mv

W Q =-

=