2017届高三物理二轮复习 第一部分 诊断卷(三)专题一 力与运动 第三讲 牛顿运动定律
高三物理二轮复习 专题一 力与运动 第1讲 力和物体的平衡逐题对点特训-人教版高三全册物理试题
专题1 第1讲力和物体的平衡1.(2017·山西太原一模)迎泽公园有这样一根电杆，一条电缆线由北向南绕过电杆转向由东向西，电缆与电杆的接触点为P.固定电杆的钢索一端固定在P点，另一端固定在地面上，钢索、电杆与东西方向的电缆在同一竖直平面内．设电缆线水平，南北、东西方向的电缆对电杆的拉力分别为F1、F2，且大小相等，钢索对电杆的拉力为F3.植于土中的电杆竖直，如下说法正确的答案是( D )第1题图A．F1、F2和F3的合力竖直向下B．地面对电杆的的作用力竖直向上C．F1、F2和F3在水平面内的合力可能为0D．F1、F2和F3在水平面内合力的方向偏向北方一侧解析地面对电杆除了有竖直向上的力之外，还存在有平衡向北方向的电缆的拉力而对电杆施加的向南方向的力，故地面对电杆的作用力的合力偏向南，由平衡条件知，F1、F2和F3的合力与地面对电杆的作用力的合力等大反向，故F1、F2和F3在平面内的合力的方向偏向北方一侧．由以上分析知，选项A、B、C错误，D正确．2．(2017·河北衡水中学一调)如下列图，不计重力的轻杆OP能以O点为圆心在竖直平面内自由转动，P端用轻绳PB挂一重物，另用一根轻绳通过滑轮系住P端．在力F的作用下，当杆OP和竖方向的夹角α(0＜α＜π)缓慢增大时，力F的大小应( A )第2题图A．逐渐增大B．恒定不变C．逐渐减小D．先增大后减小解析以P点为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件得，F N和F的合力与重力G大小相等、方向相反，作出力的合成图如图，由三角形相似法得FAP＝GAO，当杆OP和竖直方向的夹角α(0<a<π)缓慢增大时，AP增大，而G、AO不变，得到F逐渐增大，所以选项A正确．3．(2017·湖南长沙一模)如下列图，倾角为θ的斜面体c置于水平地面上，小盒b 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与物体a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，连接a的一段细绳竖直，a连接在竖直固定在地面的弹簧上，现在b盒内缓慢参加适量砂粒，a、b、c始终处于静止状态，如下说法中正确的答案是( A )第3题图A．b对c的摩擦力可能先减小后增大B．地面对c的支持力可能不变C．c对地面的摩擦力方向始终向左D．弹簧的弹力可能增大解析对a分析，a一直处于静止状态，弹簧弹力不变，应当选项D错误；细绳拉力不变，b、c整体受向左的摩擦力或者没有摩擦力，故c对地面的摩擦力方向不可能向左，而地面对c的支持力增大，选项B、C错误；如果开始时b所受c的摩擦力沿斜面向下，如此b对c的摩擦力可能先减小后增大，选项A正确．4．(2017·东北三省四市教研联合体二模)如下列图，一竖直放置的大圆环，在其水平直径上的A、B两端系着一根不可伸长的柔软轻绳，绳上套有一光滑小铁环．现将大圆环在竖直平面内绕O点顺时针缓慢转过一个微小角度，如此关于轻绳对A、B两点拉力F A、F B的变化情况，如下说法正确的答案是( A )第4题图A．F A变小，F B变小B．F A变大，F B变大C．F A变大，F B变小D．F A变小，F B变大解析一开始，左、右两边的绳子等长，左、右两边绳子上的力大小相等，合力大小等于铁环重力；大圆环顺时针转动，铁环两边绳子的拉力大小相等，二力夹角变小，且二力的合力不变仍等于铁环重力，由力的合成与分解知，F A、F B均变小，选项A正确．5．(2017·湖南衡阳联考二)a、b是截面为直角三角形的两个完全一样的楔形物体，分别在垂直于斜边的恒力F1、F2作用下静止在一样的竖直墙面上，如下列图．如下说法正确的答案是( D )第5题图A．a、b受力个数一定一样B．F1、F2大小一定相等C．墙面对物体的弹力一定相等D．b受到摩擦力可能大于a受到的摩擦力解析由平衡条件知，a受力分析如图甲所示，a受4个力作用，除摩擦力外，b受力分析如下列图，这三个力的合力可能为零，也可能不为零，故b可能受3个力，也可能受4个力，选项A错误；由平衡条件得，对a有F1cos θ＝F f1－mg，对b，假设b所受摩擦力方向向下，如此F2cos θ＝mg＋F f2，当F f1－mg>mg＋F f2时，F1>F2，当F f1－mg＝mg＋F f2时，F1＝F2，当F f1－mg<mg＋F f2时，F1<F2，故F1、F2大小不一定相等，选项B错误；由平衡条件得，F N1＝F1sin θ，F N2＝F2sin θ，因为F1、F2大小不一定相等，所以墙面对物体的弹力不一定相等，选项C错误；由以上分析可知，b受到的摩擦力可能大于a受到的摩擦力，选项D正确．6．(2017·四川成都模拟)如下列图，斜面上放有两个完全一样的物体a、b，两物体间用一根细线连接，在细线的中点加一与斜面垂直的拉力F，使两物体均处于静止状态．如此如下说法正确的答案是( B )第6题图A．a、b两物体的受力个数一定一样B．a、b两物体对斜面的压力一样C．a、b两物体受到摩擦力大小一定相等D．当逐渐增大拉力F时，物体b先开始滑动解析物体b可能不受摩擦力作用，物体a一定受摩擦力作用，选项A、C错误；垂直斜面方向，两个物体受力特征一样，选项B正确；逐渐增大F，物体a先达到最大静摩擦力，物体a先开始滑动，选项D错误．7．(2017·河北二校联考)(多项选择)如下列图，木板P下端通过铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上外表水平．现使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置的情况相比( BCD )第7题图A．A对B的作用力减小B．B对A的支持力减小C．木板对B的支持力减小D．木板对B的摩擦力增大解析设木板与水平地面的夹角为α，以A为研究对象，A原来只受到重力和支持力的作用而处于平衡状态，所以B对A的作用力与A的重力大小相等，方向相反；当将P绕O 点缓慢旋转到虚线所示位置时，B的上外表不再水平，A受力情况如图甲所示，A受到重力和B的支持力、摩擦力三个力的作用，其中B对A的支持力、摩擦力的合力仍然与A的重力大小相等，方向相反，如此B对A的作用力保持不变．根据牛顿第三律可知，A对B的作用力也不变，选项A错误；结合对A选项的分析可知，开始时物体A不受B对A的摩擦力，B 对A的支持力大小与A的重力相等；木板旋转到虚线位置时，设B的上外表与水平方向之间的夹角是β，受到的B对A的支持力、摩擦力的合力仍然与A的重力大小相等，方向相反，如此A受到B对A的作用力保持不变，由于支持力与摩擦力相互垂直，N1＝G A cos β，所以A受到的支持力一定减小了，选项B正确；以A、B整体为研究对象，受力分析情况如图乙所示，总重力G AB、木板的支持力N2和摩擦力F f2，木板对B的作用力是支持力N2和摩擦力F f2的合力，由平衡条件分析可知，木板对B的作用力大小与A、B总重力大小相等，保持不变，N2＝G AB cos α，F f2＝G AB sin α，α减小，N2增大，F f2减小，选项C、D正确．8．(2017·某某乌鲁木齐二诊)如图，粗糙的水平地面上有一斜面体，一物块在竖直向下的恒力F作用下沿斜面匀速下滑．假设力F沿逆时针缓慢转过2θ的过程中，物块仍沿斜面下滑，斜面体始终保持静止．如此地面对斜面体的摩擦力( A )第8题图A．始终为零B．一直增大C．先增大后减小D．先减小后增大解析F竖直向下时，有(mg＋F)sin θ＝μ(mg＋F)cos θ，如此μ＝tan θ，满足μ＝tan θ时，只要物块滑动，不管外力多大，物块对斜面的压力和滑动摩擦力的合力方向总是竖直向下，所以地面对斜面体的摩擦力始终为零，故此题答案为A.9．(2017·辽宁沈阳质检)如下列图，有一倾角为θ＝30°的斜面B，质量为M，质量为m的物体A静止在B上．现用水平力F推物体A，在F由零逐渐增加至32mg，再逐渐减为零的过程中，A和B始终保持静止．对此过程如下说法正确的答案是( B )A ．地面对B 的支持力大于(M ＋m )g B ．A 对B 压力的最小值为32mg ，最大值为334mg C ．A 所受摩擦力的最小值为0，最大值为mg4D ．A 所受摩擦力的最小值为12mg ，最大值为34mg解析对A 和B 整体，竖直方向F N 地＝(M ＋m )g ，与水平力F 的大小变化无关，选项A 错误；对A 受力分析如下列图，由共点力的平衡条件，垂直于斜面方向F N ＝F sin θ＋mg cos θ，F ＝0时，B 对A 支持力的最小值F Nmin ＝32mg ，F ＝32mg 时，B 对A 支持力的最大值F Nmax ＝334mg ，由牛顿第三定律知，A 对B 压力的最小值为32mg ，最大值为334mg ，选项B 正确；平行于斜面方向，当F ＝0时，斜面对物体的静摩擦力F f ＝mg sin θ＝12mg ，故当0≤F cos θ≤mg sin θ，即0≤F ≤mg tan θ＝33mg 时，F f ＝mg sin θ－F cos θ，如此0≤F f ≤12mg ，A 所受摩擦力的最小值为0，最大值为12mg ；当33mg <F <32mg 时，如此F f ＝F cos θ－mg sin θ，0<F f <14mg ，综合以上分析知，整个过程中，A 所受摩擦力的最小值为0，最大值为12mg ，选项C 、D 错误．10．(2017·湖北黄冈模拟)如下列图，将三个完全一样的光滑球用不可伸长的细线悬挂于O 点并处于静止状态．球半径为R ，重为G ，线长均为R .如此每条细线上的张力大小为( B )A ．2GB ．62GC ．32GD ．52G 解析 此题O 点与各球心的连线与各球心连线，构成一个边长为2R 的正四面体，如图甲所示(A 、B 、C 为各球球心)，O ′为ABC 的中心，设∠OAO ′＝θ，由几何关系知O ′A ＝233R ， 由勾股定理得OO ′＝OA 2－O ′A 2＝83R ， 对A 处球受力分析有F sin θ＝G ，又sin θ＝OO ′OA ， 解得F ＝62G ，故只有B 项正确．11．(2017·河北衡水模拟)如下列图，A 、B 、C 、D 为四个完全一样的光滑圆柱体，质量均为m ，两块一样的光滑竖直挡板在大小相等的水平推力F 作用下使四个圆柱体处于静止状态．当地的重力加速度为g .如此有( A )A ．力F 的最小值为3mgB ．力F 的最大值为3mgC ．B 球对A 球的弹力大小等于mgD ．假设减小F ，如此B 和A 之间的弹力增大解析 当A 球与B 球之间的弹力等于零时，F 最小，对B 球受力分析，如下列图． 根据几何关系可知θ＝30°，如此tan 30°＝mg F，解得F ＝3mg ，所以F 的最小值为3mg ，应当选项A 正确，B 错误； B 球对A 球的弹力大小可以等于零，应当选项C 错误；当F ＞3mg 时，A 对B 有弹力作用，假设减小F ，如此B 和A 之间的弹力减小，当F ＝3mg 时，A 、B 之间的弹力为零，故D 错误．12．(2017·江西师大附中、鹰潭一中4月联考)如下列图，质量均为M 的A 、B 两滑块放在粗糙水平面上，两轻杆等长，杆与滑块，杆与杆间均用光滑铰链连接，在两杆铰合处悬挂一质量为m 的重物C ，整个装置处于静止状态，设杆与水平面间的夹角为θ.如下说法正确的答案是( B )A ．当m 一定时，θ越小，滑块对地面的压力越大B ．当m 一定时，θ越大，轻杆受力越小C ．当θ一定时，M 越大，滑块与地面间的摩擦力越大D ．当θ一定时，M 越小，可悬挂重物C 的质量m 越大解析 将C 的重力按照作用效果分解，如下列图．根据平行四边形定如此有F 1＝F 2＝12mg sin θ＝mg 2sin θ， 故m 一定时，θ越大，轻杆受力越小，应当选项B 正确；对A 、B 、C 整体分析可知，对地压力与θ无关，应当选项A 错误．对A 分析，受重力、杆的推力、支持力和向右的静摩擦力，根据平衡条件有F f ＝F 1cos θ＝mg2tan θ，与M 无关，应当选项C 错误；只要动摩擦因数足够大，即可满足F 1cos θ≤μF 1sin θ，不管M 多大，M 都不会滑动，应当选项D 错误．13.(2017·湖北重点中学高三第二次联考)如下列图，静止在水平地面上的斜面体质量为M，一质量为m的物块恰能沿斜面匀速下滑，假设对物块施以水平向右的拉力F，物块m 仍能沿斜面运动．如此以下判断正确的答案是( B )A．物块m仍将沿斜面匀速下滑B．物块m将沿斜面加速下滑C．地面对斜面M有向左的摩擦力D．地面对斜面的支持力等于(M＋m)g解析物块m恰能匀速下滑，如此物块m受到的支持力和摩擦力的合力竖直向上，大小等于mg，且μ＝tan θ(θ为斜面体倾角)，施加水平外力F后，物块m受到的支持力和摩擦力的合力仍竖直向上，但合力小于mg，对物块m受力分析易知，物块m做加速运动，选项A错误，B正确；对于斜面体M，物块m对它的压力和摩擦力的合力竖直向下，合力小于mg，对斜面体M受力分析易知，地面对斜面体M的摩擦力为0，支持力小于(m＋M)g，选项C、D错误．14．(2017·黑龙江哈尔滨质检)(多项选择)如图甲所示，A为一截面为等腰三角形的斜劈，其质量为M，两个底角均为30°.两个完全一样、质量均为m的小物块p和q恰好能沿两斜面匀速下滑．现在假设对两物体同时施加一平行于侧面的恒力F1、F2，且F1>F2，如图乙所示，如此在p和q下滑的过程中如下说法正确的答案是( AD )A．斜劈A仍旧保持静止，且不受到地面的摩擦力作用B．斜劈A仍旧保持静止，且受到地面向右的摩擦力作用C．斜劈A仍旧保持静止，对地面的压力大小为(M＋m)gD．斜劈A仍旧保持静止，对地面的压力大小大于(M＋m)g解析起初两物块沿斜面匀速下滑，p、q与斜劈组成的整体处于平衡状态，如此水平方向斜劈不受场面的静摩擦力作用，竖直方向上斜劈的作用力不变，斜劈受力情况不变，即A 依然不受地面的摩擦力作用，且A对地面的压力大小仍为(M＋2m)g大于(M＋m)g，应当选项A、D正确．15．(2017·江苏卷)如下列图，两个半圆柱A 、B 紧靠着静置于水平地面上，其上有一光滑圆柱C ，三者半径均为R .C 的质量为m 、A 、B 的质量都为m2，与地面间的动摩擦因数均为μ.现用水平向右的力拉A ，使A 缓慢移动，直至C 恰好降到地面．整个过程中B 保持静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .求：(1)未拉A 时，C 受到B 作用力的大小F ；(2)动摩擦因数的最小值μmin ；(3)A 移动的整个过程中，拉力做的功W .解析 (1)C 受力平衡2F cos 30°＝mg ，解得F ＝33mg . (2)C 恰好降到地面时，B 受C 压力的水平分力最大F x max ＝32mg ，B 受地面的摩擦力F f ＝μmg ，根据题意F fmin ＝F x max ，解得μmin ＝32.(3)C 下降的高度h ＝(3－1)R ，A 的位移x ＝2(3－1)R ，摩擦力做功的大小WF f ＝F f x ＝2(3－1)μmgR ，根据动能定理W －WF f ＋mgh ＝0－0，解得W ＝(2μ－1)(3－1)mgR .答案 (1)33mg (2)32(3)(2μ－1)(3－1)mgR。
2017届高三物理二轮专题复习课件高频考点探究+命题考向追踪新课标专题1 力与运动 共246张 精品
第1讲 力与物体的平衡
高
考 3. [2016·全国卷Ⅲ] 如图 1-3 所示，两个轻环 a 和 b 套在
真 位于竖直面内的一段固定圆弧上：一细线穿过两轻环，其
题 聚
两端各系一质量为 m 的小球．在 a 和 b 之间的细线上悬挂
焦 一小物块．平衡时，a、b 间的距离恰好等于圆弧的半径．不
计所有摩擦．小物块的质量为( )
专题一 力与运动
第1讲 力与物体的平衡 第2讲 力与直线运动 第3讲 力与曲线运动
近年高考纵览
考点
2014 年
2015 年
2016 年
受力分 析、平衡
条件
重庆卷 6，广东卷 14，浙江 19，山东
卷 14
浙江卷 20，山 东卷 16、23，
海南卷 8
全国卷Ⅰ19、24，全 国卷Ⅱ14，全国卷 Ⅲ17，江苏卷 1，海
14
23
海南卷 9
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近年高考纵览
考点
2014 年
2015 年
2016 年
新课标全国卷
牛顿定 Ⅰ24，重庆卷 5， 律、超重 天津卷 10，北京 与失重 卷 18，新课标全
国卷Ⅱ24，四川卷
重庆卷 5，全国卷 Ⅱ20、25，全国卷
Ⅰ25，江苏卷 6
全国卷Ⅰ18，四 川卷 10，浙江卷 18，江苏卷 9，上 海卷 4，海南卷 13
面；绳的拉力沿绳 的弹力：F＝kx 指向绳收缩的方向)
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教师知识必备
接触面粗糙；
静摩擦力： 与接触面相切，与物体
摩
存在压力；相对 接触 擦
0＜f≤fmax
相对滑动或相对滑动趋
力 滑动 (或有相 面 滑动摩擦力： 势方向相反(与运动方向
新教材高中物理二轮复习精品 专题一 第3课时 动力学两类基本问题 板块模型和传送带模型中的动力学问题
3.(2021·江苏南京市、盐城市二模)如图7所示，电动传送带以恒定速度v0 ＝1.2 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角α＝37°，现将质量m＝20
kg的箱子轻放到传送带底端，经过一段时间后，
箱子被送到h＝1.8 m的平台上.已知箱子与传送带
间的动摩擦因数μ＝0.85，不计其他损耗(g＝10 m/s2，
第3课时 动力学两类基本问题 板块模型和 传送带模型中的动力学问题
命题规律
1.命题角度：(1)动力学的两类基本问题； (2)板块模型中的动力学问题； (3)传送带模型中的动力学问题.
2.常考题型：计算题.
内容索引
NEIRONGSUOYIN
高考题型1 动力学两类基本问题 高考题型2 板块模型中的动力学问题 高考题型3 传送带模型中的动力学问题 高考预测 专题强化练
⑪
由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A
的速度大的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时
间为t2，则由运动学公式，对木板有
v2＝v1－a2t2
⑫
对A有：v2＝－v1＋aAt2
⑬
在t2时间内，B(以及木板)相对地面移动的距离为
水平面内，二者之间用传送带相接.传送带向右匀速运动，其速度的大小
v可以由驱动系统根据需要设定.质量m＝10 kg的载物箱(可视为质点)，以
初速度v0＝5.0 m/s自左侧平台滑上传送带. 载物箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.10，
重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)若v＝4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达
右侧平台时的速度最大，设为v2，
2017届高三 二轮复习 专题一 力和运动 第1讲
)
13 C. 5
聚焦高考真题
5 D. 13
突破热点考向 多维拓展变通
解析
设物块 A 和滑环 B 的质量分别为 m1、m2，若杆对 B 的弹
力垂直于杆向下，因滑环 B 恰好不能下滑，则由平衡条件有 m1 13 m2gcos θ＝μ(m1g－m2gsin θ)， 解得 ＝ ； 若杆对 B 的弹力垂直 m2 5 于杆向上，因滑环 B 恰好不能下滑，则由平衡条件有 m2gcos θ＝ m1 7 μ(m2gsin θ－m1g)，解得 ＝－ (舍去)。综上分析可知应选 C。 m2 5
答案
C
聚焦高考真题
突破热点考向
多维拓展变通
2.将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一小滑块A放在物体 B 上，如图 10 所示，除了物体 B 与水平面间的摩擦力之外，其
聚焦高考真题 突破热点考向 多维拓展变通
解析
由题可知， 拉力 F 方向沿斜面向上时， 物块处于平衡状态，
对其受力分析，F＝mgsin 45° ＋μmgcos 45° ；把拉力 F 的方向变 为竖直向上时，由物块仍沿斜面保持原来的速度匀速运动可知 F ＝mg。所以有 mgsin 45° ＋μmgcos 45° ＝mg，解得 μ＝ 2－1，选 项 C 正确。
答案
AD
聚焦高考真题
突破热点考向
多维拓展变通
2.如图7所示，用一轻绳将光滑小球(大小不能忽略)系于竖直墙壁
上的O点，现用一细杆压在轻绳上紧贴墙壁从O点缓慢下移，则 ( )
图7
A.轻绳对小球的拉力保持不变 B.轻绳对小球的拉力逐渐增大 C.小球对墙壁的压力保持不变 D.小球对墙壁的压力逐渐减小
聚焦高考真题 突破热点考向 多维拓展变通
(1)力的合成法：对研究对象受力分析后，应用平行四边形定则(或 三角形定则 )求合力的方法。力的合成法常用于仅受三个共点力作
高考物理二轮复习五 三大观点的用 第1讲 三
拾躲市安息阳光实验学校第1讲 三大观点在力学综合问题中的应用(建议用时：40分钟)1．(2017·高考天津卷)如图所示，物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg.初始时A 静止于水平地面上，B 悬于空中．现将B 竖直向上再举高h ＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A 、B 以大小相等的速度一起运动，之后B 恰好可以和地面接触．取g ＝10 m/s 2，空气阻力不计．求：(1)B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t ；(2)A 的最大速度v 的大小；(3)初始时B 离地面的高度H .解析：(1)B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h ＝12gt 2①代入数据解得t ＝0.6 s ．②(2)设细绳绷直前瞬间B 速度大小为v B ，有v B ＝gt ③细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A 、B 的重力，A 、B 相互作用，由动量守恒得m B v B ＝(m A ＋m B )v ④之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v 即为A 的最大速度，联立②③④式，代入数据解得v ＝2 m/s.⑤(3)细绳绷直后，A 、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A 、B 的速度为零，这一过程中A 、B 组成的系统机械能守恒，有 12(m A ＋m B )v 2＋m B gH ＝m A gH ⑥ 代入数据解得H ＝0.6 m.答案：见解析2．如图是阿毛同学的漫画中出现的装置，描述了一个“吃货”用来做“糖炒栗子”的“萌”事儿：将板栗在地面小平台上以一定的初速度经两个四分之一圆弧衔接而成的轨道，从最高点P 飞出进入炒锅内，利用来回运动使其均匀受热．我们用质量为m 的小滑块代替栗子，借用这套装置来研究一些物理问题．设大小两个四分之一圆弧半径分别为2R 、R ，小平台和圆弧均光滑．将过锅底的纵截面看做是由两个斜面AB 、C D 和一段光滑圆弧组成．斜面与小滑块间的动摩擦因数均为0.25，而且不随温度变化．两斜面倾角均为θ＝37°，AB ＝C D ＝2R ，A 、D 等高，D 端固定一小挡板，小滑块碰撞它不损失机械能．滑块的运动始终在包括锅底最低点的竖直平面内，重力加速度为g .(1)如果滑块恰好能经P 点飞出，为了使滑块恰好沿AB 斜面进入锅内，应调节锅底支架高度使斜面的A 、D 点离地高为多少？ (2)接(1)问，求滑块在锅内斜面上运动的总路程；(3)对滑块的不同初速度，求其通过最高点P 和小圆弧最低点Q 时受压力之差的最小值．解析：(1)设滑块恰好经P 点飞出时速度为v P ，由牛顿第二定律有mg ＝mv 2P2R得v P ＝2gR到达A 点时速度方向要沿着斜面AB ，则 v y ＝v P tan θ＝342gR所以A 、D 点离地高度为h ＝3R －v 2y2g ＝3916R .(2)进入A 点时滑块的速度为v ＝v P cos θ＝542gR假设经过一个来回能够回到A 点，设回来时动能为E k ，则E k ＝12mv 2－4μmg cosθ·2R <0，所以滑块不会滑到A 而飞出．因mg sin θ>μmg cos θ，则根据动能定理得mg ·2R sin θ－μmg cos θ·s ＝0－12mv 2得滑块在锅内斜面上运动的总路程s ＝221R16. (3)设滑块的初速度和经过最高点时的速度分别为v 1、v 2由牛顿第二定律，在Q 点F 1－mg ＝mv 21R在P 点F 2＋mg ＝mv 222R所以F 1－F 2＝2mg ＋m （2v 21－v 22）2R由机械能守恒有12mv 21＝12mv 22＋mg ·3R得v 21－v 22＝6gR 为定值代入v 2的最小值(v 2＝v P ＝2gR )得压力差的最小值为9mg . 答案：(1)3916R (2)221R16(3)9mg3．(2016·高考全国卷Ⅱ)轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接．AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道B C D 相切，半圆的直径B D 竖直，如图所示．物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后放开，P 开始沿轨道运动．重力加速度大小为g .(1)若P 的质量为m ，求P 到达B 点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB 上的位置与B 点之间的距离；(2)若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围．解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l 时，质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能．由机械能守恒定律，弹簧长度为l 时的弹性势能 E p ＝5mg l①设P 的质量为M ，到达B 点时的速度大小为v B ，由能量守恒定律得E p ＝12Mv 2B ＋μMg ·4l ②联立①②式，取M ＝m 并代入题给数据得v B ＝6gl ③若P 能沿圆轨道运动到D 点，其到达D 点时的向心力不能小于重力，即P 此时的速度大小v 应满足mv 2l－mg ≥0④ 设P 滑到D 点时的速度为v D ，由机械能守恒定律得12mv 2B ＝12mv 2D ＋mg ·2l ⑤ 联立③⑤式得v D ＝2gl ⑥v D 满足④式要求，故P 能运动到D 点，并从D 点以速度v D 水平射出．设P 落回到轨道AB 所需的时间为t ，由运动学公式得2l ＝12gt 2⑦P 落回到轨道AB 上的位置与B 点之间的距离为s ＝v D t ⑧联立⑥⑦⑧式得s ＝22l .⑨(2)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零．由①②式可知5mgl >μMg ·4l ⑩要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C .由机械能守恒定律有12Mv 2B ≤Mgl ⑪ 联立①②⑩⑪式得53m ≤M <52m .答案：见解析4．如图所示，长L ＝5.5 m 、质量M ＝2 kg 的滑板A 静止在水平地面上，在滑板右端放一质量m ＝1 kg 的小滑块(可视为质点)．已知滑板A 与地面的动摩擦因数μ1＝0.2，滑块B 与A 的动摩擦因数μ2＝0.1，可认为A 与地面、A 与B间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g ＝10 m/s 2.试求：(1)要将滑板从滑块下抽出，施加在滑板上的水平拉力至少要大于多少？ (2)若施加的水平拉力F ＝11 N ，要使滑板从滑块下抽出，F 作用的最短时间．解析：(1)B 在A 上的最大加速度：a B ＝μ2mg m＝1 m/s 2要使A 从B 下抽出，必须满足：a A >a B ① 对A 由牛顿第二定律得：F －μ1(M ＋m )g －μ2mg ＝Ma A ②联立①②代入数据解得：F >9 N . (2)当F ＝11 N ，代入②式解得： 滑板加速度大小a A 1＝2 m/s 2此时B 的加速度大小a B ＝1 m/s 2F 作用t 秒时相对滑动的距离Δx 1＝12a A 1t 2－12a B t 2③此时A 、B 速度大小分别为v A ＝a A 1t ④v B ＝a B t ⑤撤去F 后，B 的加速度大小仍为：a B ＝1 m/s 2A 做匀减速运动的加速度大小为a A 2＝μ1（m ＋M ）g ＋μ2mg M＝3.5 m/s 2若滑到滑板左端时，两者相对静止，相对滑动的距离为Δx 2由相对运动得：(v A －v B )2＝2(a A 2＋a B )Δx 2⑥由题意得：Δx 1＋Δx 2＝L ⑦联立③④⑤⑥⑦代入数据，解得：t ＝3 s. 答案：(1)9 N (2)3 s(建议用时：40分钟)1.(2018·福建龙岩质量检查)一长木板在光滑水平地面上匀速运动，在t ＝0时刻将一物块无初速度轻放到木板上，此后长木板运动的速度－时间图象如图所示．已知长木板的质量M ＝2kg ，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取g ＝10 m/s 2，求：(1)物块的质量m ；(2)这一过程中长木板和物块的内能增加了多少？解析：(1)长木板和物块组成的系统动量守恒：Mv ＝(M ＋m )v 共将M ＝2 kg ，v ＝6.0 m/s ，v 共＝2.0 m/s ，代入解得：m ＝4 kg.(2)设这一过程中长木板和物块的内能增加量为Q ，根据能量守恒定律：Q ＝12Mv2－12(M ＋m )v 2共＝24 J. 答案：(1)4 kg (2)24 J2.如图所示，固定于同一条竖直线上的A 、B 是两个带等量异种电荷的点电荷，电荷量分别为＋Q 和－Q ，A 、B 相距为2d ，MN 是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球P ，质量为m 、电荷量为＋q (可视为点电荷，不影响电场的分布)，现将小球P 从与点电荷A 等高的C 处由静止开始释放，小球P 向下运动到距C 点距离为d 的O 点时，速度为v ，已知MN 与AB 之间的距离为d ，静电力常量为k ，重力加速度为g ，求：(1)C 、O 间的电势差U CO ；(2)O 点处的电场强度E 的大小．解析：(1)小球由C 运动到O 时，由动能定理得 mgd ＋qU C O ＝12mv 2－0，解得U C O ＝mv 2－2mgd2q.(2)小球经过O 点时所受电场力如图所示，由库仑定律得F 1＝F 2＝k Qq（2d ）2它们的合力为F ＝F 1cos 45°＋F 2cos 45°＝2kQq2d2O 点处的电场强度E ＝F q ＝2kQ2d 2.答案：(1)mv 2－2mgd 2q (2)2kQ2d23．如图所示，质量m B ＝3.5 kg 物体B 通过下端固定在地面上的轻弹簧与地面连接，弹簧的劲度系数k ＝100 N/m.轻绳一端与物体B 连接，另一端绕过两个光滑的轻质小定滑轮O 1、O 2后，与套在光滑直杆顶端E 处的质量m A ＝1.6 kg 的小球A 连接．已知直杆固定不动，杆长L 为0.8 m ，且与水平面的夹角θ＝37°.初始时使小球A 静止不动，与A 相连的一段绳子保持水平，此时绳子中的张力F 为45 N ．已知EO 1＝0.5 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，绳子不可伸长，现将小球A 从静止释放(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求 (1)在释放小球A 前弹簧的形变量．(2)若直线CO 1与杆垂直，求小球A 运动到C 点的过程中绳子拉力对小球A 做的功．(3)小球A 运动到底端D 点时的速度大小．解析：(1)释放小球前，B 处于静止状态，由于绳子中的张力大于物体B 的重力，故弹簧被拉伸，设弹簧形变量为x ，有kx ＝F －m B g ，解得x ＝0.1 m.(2)对A 球从E 点运动到C 的过程应用动能定理得W ＋m A gh ＝12m A v 2A －0①其中h ＝x CO 1cos 37°，而x CO 1＝x EO 1sin 37°＝0.3 m物体B 下降的高度h ′＝x EO 1－x CO 1＝0.2 m ②由此可知，弹簧这时被压缩了0.1 m ，此时弹簧弹性势能与初始时刻相等，A 、B 和弹簧组成的系统机械能守恒，有m A gh ＋m B gh ′＝12m A v 2A ＋12m B v 2B ③由题意知，小球A 在C 点时运动方向与绳垂直，此时B 物体速度v B ＝0④ 由①②③④得W ＝7 J.(3)由题意知，杆长L ＝0.8 m ，由几何知识可知EC ＝CD ，∠CDO 1＝∠CEO 1＝37°，故DO 1＝EO 1当A 到达D 时，弹簧弹性势能与初状态相等，物体B 又回到原位置，将A 在D 点的速度沿平行于绳和垂直于绳两方向进行分解，平行于绳方向的速度即B 的速度，由几何关系得v ′B ＝v ′A cos 37°⑤ 整个过程机械能守恒，可得m A gL sin 37°＝12m A v ′2A ＋12m B v ′2B ⑥由⑤⑥得v ′A ＝2 m/s. 答案：见解析4．(2018·滨州二模)如图所示，光滑水平面MN 的左端M 处固定有一能量补充装置P ，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值．右端N 处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v ＝6 m/s 匀速转动，水平部分长度L ＝9 m ．放在光滑水平面上的两相同小物块A 、B (均视为质点)间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能E p ＝9 J ，弹簧与A 、B 均不粘连，A 、B与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，物块质量m A ＝m B ＝1 kg.现将A 、B 同时由静止释放，弹簧弹开物块A 和B 后，迅速移去轻弹簧，此时，A 还未撞击P ，B 还未滑上传送带．取g ＝10 m/s 2.求： (1)A 、B 刚被弹开时的速度大小．(2)试通过计算判断B 第一次滑上传送带后，能否从传送带右端滑离传送带． (3)若B 从传送带上回到光滑水平面MN 上与被弹回的A 发生碰撞后粘连，一起滑上传送带．则P 应给A 至少补充多少动能才能使二者一起滑离传送带． 解析：(1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒 E p ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B由动量守恒有m A v A －m B v B ＝0联立以上两式解得v A ＝3 m/s ，v B ＝3 m/s.(2)假设B 不能从传送带右端滑离传送带，则B 做匀减速运动直到速度减小到零，设位移为s.由动能定理得－μm B g s ＝0－12m B v 2B解得s ＝v 2B2μg＝2.25 ms<L ，B 不能从传送带右端滑离传送带． (3)设物块A 撞击P 后被反向弹回的速度为v 1 由功能关系可知：E ＋12m A v 2A ＝12m A v 21由物块B 在传送带上先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动．由运动的对称性可知，物块B 回到皮带左端时速度大小应为v 2＝v B ＝3 m/s.B 与A 发生碰撞后粘连共速为v ′，由动量守恒定律可得： m A v 1－m B v 2＝(m A ＋m B )v ′要使二者能一起滑离传送带，要求 12(m A ＋m B )v ′2≥μ(m A ＋m B )gL 由以上四式可得：E ≥108 J. 答案：见解析。
2017高考物理二轮(通用版)复习对点练第1部分专题一力与运动专题1第1讲演练Word版含答案
第一部分专题一第1讲1．(2014·广东卷)如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是(A)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处受到的摩擦力沿MN方向D．N处受到的摩擦力沿水平方向解析：弹力的方向总是垂直于接触面，指向被压或被支持的物体，所以M处所受的支持力垂直于水平面竖直向上，N处的支持力垂直于MN向上；静摩擦力与接触面相切，与相对运动趋势的方向相反，所以M处的静摩擦力沿水平面方向，N处的静摩擦力沿MN方向．故选项A正确．2．如图，质量m A＞m B的两物体A、B叠放在一起，靠着竖直墙面．让它们由静止释放，在沿粗糙墙面下落过程中，物体B的受力示意图是(A)解析：A、B在竖直下落过程中与墙面没有弹力，所以也没有摩擦力，A、B均做自由落体运动，处于完全失重状态，均只受重力，故A正确．3．(2016·上海八校联合调研)如图，三根长度均为l的轻绳AC、CD、BD连接于C、D两点，A、B两端被固定在水平天花板上相距为2l的两处，现在C点悬挂一个50 N的重物，为使CD绳保持水平，在D点可施加力的最小值为(A)A．25 N B．28.85 NC．37.5 N D．50 N解析：先研究结点C，在绳AC、CD及重物的重力三个力的作用下处于平衡状态，可得绳CD上的拉力F TCD＝G tan 30 °.再研究结点D，受三个力平衡，由图解法(如图所示)，知在D 点施加的力F的方向与绳BD拉力方向垂直时，F最小，此时F min＝F TCD sin 60°，联立以上两式，解得F min＝25 N，A正确．4．(多选)(2017·东北三省四市联考二)如图所示，两根轻绳一端系于结点O，另一端分别系于固定圆环上的A、B两点，O点下面悬挂一物体M，绳OA水平，拉力大小为F1，绳OB 与OA夹角α＝120°，拉力大小为F2.将两绳同时缓慢顺时针转过75°，并保持两绳之间的夹角α始终不变，且物体始终保持静止状态．则在旋转过程中，下列说法中正确的是(BC)A ．F 1逐渐增大B ．F 1先增大后减小C ．F 2逐渐减小D ．F 2先减小后增大解析：设两绳转动过程中，绳OA 与水平方向的夹角为θ，以O 点为研究对象，受力分析如图所示，因为两绳是缓慢移动的，所以O 点始终处于平衡状态，由平衡条件得F 1cos θ＝F 2cos(60°－θ) ，F 1sin θ＋F 2sin(60°－θ)＝Mg ，由以上两式解得F 1＝Mg cos (60°－θ)sin 60°，F 2＝Mg cos θsin 60°.当θ＜60°时，θ增大，F 1增大，F 2减小；当60°＜θ＜75°时，θ增大，F 1减小，F 2减小．因此，在两绳旋转的过程中，F 1先增大后减小，F 2逐渐减小，选项BC 正确．5．(2015·南昌市期末测试)如图所示，固定在竖直平面内的光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔．质量为m 的小球套在圆环上．一根细线的下端系着小球，上端穿过小孔用手拉住．现拉动细线，使小球沿圆环缓慢上移．在移动过程中手对线的拉力F 和环对小球的弹力F N 的大小变化情况是( A )A ．F 减小，F N 不变B ．F 不变，F N 减小C ．F 不变，F N 增大D ．F 增大，F N 减小解析：对小球受力分析，其所受的三个力组成一个闭合三角形，如图所示，力三角形与圆内的三角形相似，由几何关系可知mg R ＝F N R ＝F L，小球上移时mg 不变，R 不变，L 减小，F 减小，F N 不变，A 正确．6．(2016·南京二模)如图甲所示，两段等长细线串接着两个质量相等的小球a 、b ，悬挂于O 点．现在两个小球上分别加上水平方向的外力，其中作用在b 球上的力大小为F 、作用在a 球上的力大小为2F ，则此装置平衡时的位置可能如图乙中的哪幅图( C )解析：设Oa 段绳子与竖直方向夹角为α，ab 段绳子与竖直方向夹角为β，以整个系统为研究对象，受到重力2mg 、向右的水平拉力为F 和Oa 绳的拉力作用，根据物体的平衡条件可得tan α＝F 2mg且α≠0.再以小球b 为研究对象，受到重力mg 、向左的水平拉力为F 和ab 绳的拉力作用，得tan β＝F mg，由此可见α＜β，选项C 正确． 7．(多选)(2015·浙江卷)如图所示，用两根长度相同的绝缘细线把一个质量为0.1 kg 的小球A 悬挂到水平板的M 、N 两点，A 上带有Q ＝3.0×10－6C 的正电荷．两线夹角为120°，两线上的拉力大小分别为F 1和F 2.A 的正下方0.3 m 处放有一带等量异种电荷的小球B ，B 与绝缘支架的总质量为0.2 kg(重力加速度取g ＝10 m /s 2；静电力常量k ＝9.0×109 N·m 2/C 2，A 、B 球可视为点电荷)则( BC )A ．支架对地面的压力大小为2.0 NB ．两线上的拉力大小F 1＝F 2＝1.9 NC ．将B 水平右移，使M 、A 、B 在同一直线上，此时两线上的拉力大小F 1＝1.225 N ，F 2＝1.0 ND ．将B 移到无穷远处，两线上的拉力大小F 1＝F 2＝0.866 N解析：小球A 、B 间的库仑力为F 库＝k QQ r 2＝9.0×109×3.0×10－6×3.0×10－60.32 N ＝0.9 N ，以B 和绝缘支架整体为研究对象受力分析图如图甲所示，地面对支架支持力为F N ＝mg －F 库＝1.1 N ，A 错误；以A 球为研究对象，受力分析图如图乙所示，F 1＝F 2＝m A g ＋F 库＝1.9 N ，B 正确；B 水平向右移，当M 、A 、B 在同一直线上时，A 、B 间距为r ′＝0.6 m ，F 库′＝k QQ r ′2＝0.225 N ，以A 球为研究对象受力分析图如图丙所示，可知F ′2＝1.0 N ，F ′1－F ′库＝1.0 N ，F ′1＝1.225 N ，所以C 正确；将B 移到无穷远，则F ″库＝0，可求得F ″1＝F ″2＝1 N ，D 错误．8. (2016·杭州市第一次教学质量检测)如图所示，在两行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L ，劲度系数为k 的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab 相连，弹簧与导轨平面平行并与ab 垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，闭合开关K 后导体棒中的电流为I ，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x 1；调转图中电源极性，使导体棒中电流反向，导体棒中电流仍为I ，导体棒平衡时弹簧伸长量为x 2，忽略回路中电流产生的磁场，则匀强磁场的磁感应强度B 的大小为( D )A ．k IL(x 1＋x 2) B ．k IL (x 2－x 1) C ．k 2IL (x 2＋x 1) D ．k 2IL(x 2－x 1) 解析：调转电源极性时导体棒受到的安培力方向与调转前相反．由平衡条件可得mg sin α＝kx 1＋BIL ；调转电源极性使导体棒中电流反向，由平衡条件可得mg sin α＋BIL ＝kx 2，联立解得B ＝k 2IL(x 2－x 1)，选项D 正确．。
高三物理二轮复习第一部分诊断卷(二)专题一力与运动第
诊断卷二 力与物体平衡1.[(2015·南京一模)减速带是交叉路口常见的一种交通设施，车辆驶过减速带时要减速，以保障行人的安全。
当汽车前轮刚爬上减速带时，减速带对车轮的弹力为F ，下图中弹力F 画法正确且分解合理的是( )2．[考查弹力、摩擦力的产生及方向](2015·达州一模)如图1所示，一木棒M 搭在水平地面和一矮墙上，关于两个支撑点E 、F 处受到的弹力和摩擦力的方向，下列说法正确的是( )图1A ．E 处受到的支持力竖直向上B ．F 处受到的支持力竖直向上C ．E 处受到的静摩擦力沿EF 方向D ．F 处受到的静摩擦力沿水平方向3．[考查胡克定律、平衡条件、静摩擦力](2015·永州三模)如图2所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧两端分别与竖直墙壁和物块连接，弹簧、地面水平。
A 、B 是物块能保持静止的位置中离墙壁最近和最远的两点，A 、B 两点离墙壁的距离分别是x 1、x 2。
则物块与地面的最大静摩擦力为( )图2A ．k (x 2－x 1)B ．k (x 2＋x 1)C.k x 2－x 12D.k x 2＋x 124．[考查物体的平衡条件、摩擦力的分析与计算](2015·山东高考)如图3，滑块A置于水平地面上，滑块B在一水平力作用下紧靠滑块A(A、B接触面竖直)，此时A恰好不滑动，B刚好不下滑。
已知A与B间的动摩擦因数为μ1，A与地面间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
A与B的质量之比为( )图3A.1μ1μ2B.1－μ1μ2μ1μ2C.1＋μ1μ2μ1μ2D.2＋μ1μ2μ1μ25.[考查整体法与隔离法、力的合成与分解](多选)(2015·山东第一次大联考)如图4所示，质量分别为m1和m2的两个物体用两根轻质细线，分别悬挂在天花板上的A、B两点，两线与水平方向夹角分别为α，β且α>β，两物体间的轻质弹簧恰好处于水平状态，两根绳子拉力分别为F T A和F T B，则下列说法正确的是( )图4A．F T A>F T B B．F T A<F T BC．m1>m2D．m1<m26．[考查整体法与隔离法、物体的平衡条件](2015·高密模拟)如图5所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面上固定有竖直光滑挡板P，质量相同的横截面为直角三角形的两物块A、B叠放在斜面与挡板之间，且A与B间的接触面水平。
高三物理第二轮复习：力与运动专题(含答案)
高三物理第二轮专题复习力与运动专题一、要点归纳(一)深刻理解牛顿第一、第三定律1．牛顿第一定律(惯性定律)一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止．(1)理解要点①运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持．②它定性地揭示了运动与力的关系：力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因．(2)惯性：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性．①惯性是物体的固有属性，与物体的受力情况及运动状态无关．②质量是物体惯性大小的量度．2．牛顿第三定律作用力与反作用力一定是同种性质的力，作用效果不能抵消．懂得与一对平衡力区分。
(二)牛顿第二定律1．定律内容：物体的加速度a跟物体所受的合外力F合成正比，跟物体的质量m成反比．2．公式：F合＝ma理解要点①因果性：F合是产生加速度a的原因，它们同时产生，同时变化，同时存在，同时消失．②方向性：a与F合都是矢量，方向相同．③瞬时性和对应性：a为某时刻某物体的加速度，F合是该时刻作用在该物体上的合外力．3．应用牛顿第二定律解题的一般步骤：(1)确定研究对象；(2)分析研究对象的受力情况，画出受力分析图并找出加速度的方向；(3)建立直角坐标系，使尽可能多的力或加速度落在坐标轴上(4)分别沿x轴方向和y轴方向应用牛顿第二定律列出方程；(5)统一单位，计算数值．二、热点、重点、难点一、正交分解法在动力学问题中的应用当物体受到多个方向的外力作用产生加速度时，常要用到正交分解法．●例1如图甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的细杆与水平面成θ＝37°固定，质量m＝1 kg的小球穿在细杆上静止于细杆底端O点．现有水平向右的风力F作用于小球上，经时间t1＝2 s后停止，小球沿细杆运动的部分v－t图象如图1－15乙所示．试求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～4 s内的加速度a2．(2)风对小球的作用力F的大小．二、连接体问题(整体法与隔离法)高考卷中常出现涉及两个研究对象的动力学问题，整体法与隔离法是处理这类问题的重要手段．1．整体法是指当连接体内(即系统内)各物体具有相同的加速度时，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．2．隔离法是指当研究对象涉及由多个物体组成的系统时，若要求连接体内物体间的相互作用力，则应把某个物体或某几个物体从系统中隔离出来，分析其受力情况及运动情况，再利用牛顿第二定律对隔离出来的物体列式求解的方法．●例2 如图所示，在光滑的水平地面上有两个质量相等的物体，中间用劲度系数为k 的轻质弹簧相连，在外力F 1、F 2的作用下运动．已知F 1＞F 2，当运动达到稳定时，弹簧的伸长量为( )A ．F 1－F 2kB ．F 1－F 22kC ．F 1＋F 22kD ．F 1＋F 2k★同类拓展 如图所示，质量为m 的小物块A 放在质量为M 的木板B 的左端，B 在水平拉力的作用下沿水平地面匀速向右滑动，且A 、B 相对静止．某时刻撤去水平拉力，经过一段时间，B 在地面上滑行了一段距离x ，A 在B 上相对于B 向右滑行了一段距离L (设木板B 足够长)后A 和B 都停了下来．已知A 、B 间的动摩擦因数为μ1，B 与地面间的动摩擦因数为μ2，且μ2＞μ1，则x 的表达式应为( )A ．x ＝M m LB ．x ＝(M ＋m )L mC ．x ＝μ1ML (μ2－μ1)(m ＋M )D ．x ＝μ1ML (μ2＋μ1)(m ＋M )三、临界问题●例3 如图所示，滑块A 置于光滑的水平面上，一细线的一端固定于倾角为45°、质量为M 的光滑楔形滑块A 的顶端P 处，细线另一端拴一质量为m 的小球B ．现对滑块施加一水平方向的恒力F ，要使小球B 能相对斜面静止，恒力F 应满足什么条件？四、超重与失重问题●例4 为了测量某住宅大楼每层的平均高度(层高)及电梯的运行情况，甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验：质量m ＝50 kg 的甲同学站在体重计上，乙同学记录电梯从地面一楼到顶层的过程中，体重计的示数随时间变化的情况，并作出了如图所示的图象．已知t ＝0时，电梯静止不动，从电梯内楼层按钮上获知该大楼共19层．求：(1)电梯启动和制动时的加速度大小．(2)该大楼的层高．三、经典考题在本专题中，正交分解、整体与隔离相结合是最重要也是最常用的思想方法，是高考中考查的重点．1．[2007年·上海物理卷]有一个直角支架AOB ，AO 水平放置，表面粗糙，OB 竖直向下，表面光滑．AO 上套有小环P ，OB 上套有小环Q ，两环质量均为m ，两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡(如图所示)．现将P 环向左移一小段距离，两环再次达到平衡，那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较，AO 杆对P 环的支持力N 和细绳上的拉力T 的变化情况是 ( )A ．N 不变，T 变大B ．N 不变，T 变小C ．N 变大，T 变大D ．N 变大，T 变小2．[2004年·全国理综卷]如图所示，在倾角为α的固定光滑斜面上有一块用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫．已知木板的质量是猫的质量的2倍．当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的位置不变．则此时木板沿斜面下滑的加速度为 ( )A ．g 2sin α B ．g sin α C ．32g sin α D ．2g sin α3. [2010年海南卷]如图，粗糙的水平地面上有一斜劈，斜劈上一物块正在沿斜面以速度v0匀速下滑，斜劈保持静止，则地面对斜劈的摩擦力A.等于零B.不为零，方向向右C.不为零，方向向左D.不为零，v0较大时方向向左，v0较小时方向向右4．[2009年高考·山东理综卷]如图所示，某货场需将质量m 1＝100 kg 的货物(可视为质点)从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物由轨道顶端无初速度滑下，轨道半径R ＝1.8 m ．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A 、B ，长度均为l ＝2 m ，质量均为m 2＝100 kg ，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2．(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g ＝10 m/s 2)(1)求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．(2)若μ1＝0.5，求货物滑到木板A 末端时的速度和在木板A 上运动的时间．5．[2009年海南卷]一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以012/v m s =的速度匀速行驶，其所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关。
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诊断卷 三 牛顿运动定律1.[(2015·福州二模)如图1所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上。
一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动。
观察小球开始下落到小球第一次运动到最低点的过程，下列关于小球的速度v或加速度a随时间t变化的图像中符合实际情况的是( )图12．[考查牛顿第二定律在瞬时问题中的应用](多选) (2015·海南高考)如图2，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O，整个系统处于静止状态。
现将细线剪断。
将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。
在剪断的瞬间( )图2A．a1＝3g B．a1＝0C．Δl1＝2Δl2D．Δl1＝Δl23．[考查已知运动求受力问题](2015·银川二模)如图3甲所示，一个物体放在粗糙的水平地面上。
从t＝0时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动。
在0到t0时间内物体的加速度a随时间t 的变化规律如图乙所示。
已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等，则( )图3A．在0到t0时间内，物体的速度逐渐变小B．t0时刻，物体速度增加到最大值C．在0到t0时间内，物体做匀变速直线运动D．在0到t0时间内，力F大小保持不变4.[考查牛顿第二定律与vt图像的综合应用](2015·四川第二次大联考)在粗糙的水平地面上有一质量为2 kg的小物块，在水平拉力作用下从t＝0时开始做初速度为零的直线运动，t＝6 s时撤去拉力，其速度图像如图4所示。
若取重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )图4A．物块与地面间的动摩擦因数为0.2B．0～2 s内，物块所受的拉力大小为4 NC．0～8 s内，物块离出发点最远为6 mD．0～8 s内，物块的平均速度大小为2.5 m/s5．[考查牛顿第二定律与at图像的综合应用](多选)(2015·江苏高考)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图5所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( )图5A．t＝2 s时最大B．t＝2 s时最小C．t＝8.5 s时最大D．t＝8.5 s时最小6．[考查牛顿第二定律与vt图像的综合应用](多选)(2015·青岛联考)如图6甲所示，质量为M＝2 kg的木板静止在水平面上，可视为质点的物块(质量设为m)从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板。
物块和木板的速度—时间图像如图乙所示，g＝10 m/s2，结合图像，下列说法正确的是( )图6A．可求得物块在前2 s内的位移x＝5 mB．可求得物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1C．可求得物块的质量m＝2 kgD．可求得木板的长度L＝2 m7.[考查牛顿第二定律解决连接体问题](2015·合肥一模)如图7所示，a、b两物体的质量分别为m1和m2，由轻质弹簧相连。
当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1，加速度大小为a1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，加速度大小为a2。
则有( )图7A．a1＝a2，x1＝x2B．a1<a2，x1＝x2C．a1＝a2，x1>x2D．a1<a2，x1>x28．[考查牛顿第二定律、整体法与隔离法的应用](·东北三省模拟)如图8所示，三个物体质量分别为m1＝1.0 kg、m2＝2.0 kg、m3＝3.0 kg，已知斜面上表面光滑，斜面倾角θ＝30°，m1和m2之间的动摩擦因数μ＝0.8。
不计绳和滑轮的质量和摩擦。
初始用外力使整个系统静止，当撤掉外力时，m2将(g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )图8A．和m1一起沿斜面下滑B．和m1一起沿斜面上滑C．相对于m1上滑D．相对于m1下滑9．[考查整体法、隔离法与图像的综合应用](多选)(2015·银川二模)如图9甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为m A＝1 kg、m B＝2 kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3 N 时A、B将会分离。
t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示。
则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是( )图9A．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力大小为0.6 NB．t＝2.0 s时刻A、B之间作用力为零C．t＝2.5 s时刻A对B的作用力方向向左D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4 m10.[考查应用牛顿第二定律分析水平传送带问题](多选)(2015·衡水调研)如图10甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。
初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。
若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图像(以地面为参考系)如图乙所示。
已知v2>v1，则( )图10A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向向右D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用11．[考查应用牛顿第二定律分析倾斜传送带问题](多选)如图11所示，传送皮带与水平面夹角为37°，A、B间距离L＝16 m，以速度v ＝10 m/s匀速运行。
现在皮带的A端无初速放上一个小物体(可视为质点)，已知物体与皮带间的动摩擦因数为μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，传动轮大小可忽略，则物体滑到B端的速度大小可能是( )图11A．6 m/s B．8 m/sC．10 m/s D．12 m/s12．[考查应用牛顿第二定律分析传送带与斜面的综合问题](·东北三省模拟)如图12所示，一水平传送带以4 m/s的速度逆时针传送，水平部分长L＝6 m，其左端与一倾角为θ＝30°的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2。
求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间。
图12答案1．选A 小球接触弹簧开始，合力向下，向下做加速度逐渐减小的加速运动，运动到某个位置时，重力等于弹簧弹力，合力为零，加速度为零，速度最大，然后重力小于弹力，合力方向向上，向下做加速度逐渐增大的减速运动，运动到最低点时，速度为零，加速度最大，根据对称性可知，到达最低端时加速度大于g，故A正确，B、C、D错误。
2．选AC 设物体的质量为m ，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a 受到重力和弹簧S 1的拉力F T1，剪断前对b 、c 和弹簧组成的整体分析可知F T1＝2mg ，故a 受到的合力F ＝mg ＋F T1＝mg ＋2mg ＝3mg ，故加速度a 1＝F m ＝3g ，A 正确，B 错误；设弹簧S 2的拉力为F T2，则F T2＝mg ，根据胡克定律F ＝k Δx 可得Δl 1＝2Δl 2，C 正确，D 错误。
3．选B 由图乙可知，加速度随时间逐渐减小，方向不变，所以加速度方向始终与速度方向相同，物体做加速运动，故A 错误；当加速度减为零时，速度最大，所以t 0时刻，物体速度增加到最大值，故B 正确；加速度逐渐减小，所以物体不是做匀变速运动，故C 错误；根据F －F f ＝ma ，可知，a 减小，F f 不变，所以F 减小，故D 错误。
4．选A 第6 s 后只有摩擦力，即μmg ＝ma ，其中a ＝2 m/s 2，得动摩擦因数为0.2，故A 正确；0～2 s 内，根据F 1－μmg ＝ma 1，其中a 1＝2 m/s 2，得F 1＝8 N ，故B 错误；0～8 s 内，物块先向正方向走了6 m ，即为t 轴上方的面积，然后又向负方向走了14 m ，即为t 轴下方的面积，所以离出发点最远应为8 m ，故C 错误；物块的平均速度为位移与时间的比值，即8 m 8 s＝1 m/s ，故D 错误。
5．选AD 人受重力mg 和支持力F N 的作用，由牛顿第二定律得F N －mg ＝ma 。
由牛顿第三定律得人对地板的压力F N ′＝F N ＝mg ＋ma 。
当t ＝2 s 时a 有最大值，F N ′最大；当t ＝8.5 s 时，a 有最小值，F N ′最小，选项A 、D 正确。
6．选AC 物块在前2 s 内的位移x ＝(4＋22×1＋2×1)m＝5 m ，A 正确；由运动学图像知，两物体加速度大小相同，设为a ，则有μmg ＝ma ＝Ma ，则m ＝M ＝2 kg ，C 正确；由图像求得a ＝2 m/s 2，则μg ＝2，μ＝0.2，B 错；由于物块与木板达到共同速度时不清楚二者的相对位置关系，故无法求出木板的长度，D 错。
7．选B 对整体分析有：a 1＝F － m 1＋m 2 g m 1＋m 2＝F m 1＋m 2－g ，a 2＝F m 1＋m 2，可知a 1<a 2。
隔离对b 分析有：F 1－m 2g ＝m 2a 1，解得：F 1＝m 2F m 1＋m 2， F 2＝m 2a 2＝m 2F m 1＋m 2，可知F 1＝F 2，根据胡克定律知，x 1＝x 2。
故选B 。
8．选D 假设m 2随m 1一起上滑，则有m 3g －F ＝m 3a ，F －(m 1＋m 2)g sin θ＝(m 1＋m 2)a ，解得a ＝2.5 m/s 2，隔离m 2可知，F f2－m 2g sin θ＝m 2a ，解得：F f2＝15 N>μm 2g cos θ，故m 2相对m 1下滑，D 正确。
9．选AD 设t 时刻A 、B 分离，分离之前A 、B 物体共同运动，加速度为a ，以整体为研究对象，则有：a ＝F 1＋F 2m A ＋m B ＝3.6＋01＋2m/s ＝1.2 m/s 2， 分离时：F 2－F f ＝m B a ，得：F 2＝F f ＋m B a ＝0.3 N ＋2×1.2 N＝2.7 N ，经历时间：t ＝43.6×2.7 s＝3 s ， 根据位移公式：x ＝12at 2＝5.4 m ，则D 正确； 当t ＝2 s 时，F 2＝1.8 N ，F 2＋F f ＝m B a ，得：F f ＝m B a －F 2＝0.6 N ，A 正确，B 错误；当t ＝2.5 s 时，F 2＝2.25 N ，F 2＋F f ＝m B a ，得：F f ＝m B a －F 2>0，C 错误。