2018年高考物理二轮复习第一部分二轮专题突破专题一力与运动1.1共点力作用下物体的平衡课件20171211143
2018届高三物理二轮复习课件第1部分 专题讲练突破 力与运动1-1-1
2．(名师改编)(多选)如图所示，倾角为 θ 的斜面体 C 置于水平地 面上，小物体 B 置于斜面体 C 上，通过细绳跨过光滑的轻质定滑 轮与物体 A 相连接，连接物体 B 的一段细绳与斜面平行，已知 A、 B、C 均处于静止状态，定滑轮通过细杆固定在天花板上，则下列 说法中正确的是( )
A．物体 B 可能不受静摩擦力作用 B．斜面体 C 与地面之间可能不存在静摩擦力作用 C．细杆对定滑轮的作用力沿杆竖直向上 D．将细绳剪断，若物体 B 仍静止在斜面体 C 上，则此时斜面体 C 与地面之间一定不存在静摩擦力作用
由于连接物体 A 和物体 B 的细绳对定滑轮的合力方向不是竖直向 下，故细杆对定滑轮的作用力方向不是竖直向上，选项 C 错误； 若将细绳剪断，将物体 B 和斜面体 C 看成一个整体，则该整体受 竖直向下的重力和地面对其竖直向上的支持力，故斜面体 C 与地 面之间一定不存在静摩擦力作用，选项 D 正确．
解析：选 B.以物体为研究对象受力分析如图，若 Fcos θ＝Gsin θ 时，物体在水平推力、重力、斜面支持力三力作用下处于平衡状 态，则物体受三个力作用；若 Fcos θ＞Gsin θ(或 Fcos θ＜Gsin θ) 时，物体仍可以静止在斜面上，但物体将受到沿斜面向下(或沿斜 面向上)的静摩擦力，综上所述 B 对．
高频考点一 受力分析 物体的静态平衡
1.常见三种性质力的特点． 知能 2.弹力、摩擦力有无及方向的判断方法． 必备 3.合成法、分解法及正交分解法的应用．
4.整体法、隔离法的选取原则.
[题组冲关] 1．如图所示，水平推力 F 使物体静止于斜面上，则( ) A．物体一定受 3 个力的作用 B．物体可能受 3 个力的作用 C．物体一定受到沿斜面向下的静摩擦力的作用 D．物体一定受到沿斜面向上的静摩擦力的作用
2018届高三物理二轮复习课件第1部分 专题讲练突破 力与运动1-2-1
④独立性：分力产生的加速度相互独立．
(3)运动图象六要素．
①轴；②线；③斜率；④截距；⑤交点；
⑥面积．
(1)物理思想：极限思想、 思 逆向思维、理想实验、分 想 解思想． 方 (2)学习方法：比例法、图 法 象法、控制变量法、整体
法、隔离法、合成分解法.
高频考点一 运动图象问题
1.常见图象(如x－t、v－t、a－t、F－t等)的物理意义． 知能 2.图象中斜率、截距、交点、转折点、面积的物理意义． 必备 3.将图象与物理情景相结合，正确进行图象运动过程的转
2．求解运动图象与牛顿第二定律综合问题的基本思路
3．(名师改编)(多选)甲、乙两辆汽车在平直公路上做直线运动，t ＝0 时刻两汽车同时经过公路旁的同一个路标．此后两车运动的 速度－时间图象(v－t 图象)如图所示，则关于两车运动的说法中 正确的是( )
A．0～10 s 时间内，甲、乙两车在逐渐靠近 B．5～15 s 时间内，甲、乙两车的位移大小相等 C．t＝10 s 时两车的速度大小相等、方向相反 D．t＝20 s 时两车在公路上相遇
换.
[题组冲关] 1．若货物随升降机运动的 v－t 图象如图所示(竖直向上为正)，则 货物受到升降机的支持力 F 与时间 t 关系的图象可能是( )
解析：选 B.根据 v－t 图象可知电梯的运动情况：加速下降→匀速 下降→减速下降→加速上升→匀速上升→减速上升，根据牛顿第 二定律 F－mg＝ma 可判断支持力 F 的变化情况：失重→等于重 力→超重→超重→等于重力→失重，故选项 B 正确．
1．解图象问题时不要为图象的表面现象所迷惑，要做好“三看”： (1)看清坐标轴所表示的物理量：明确因变量与自变量的制约关系， 是运动学图象(v－t、x－t、a－t)还是动力学图象(F－a、F－t、F－ x)； (2)看图线本身：识别两个相关量的变化趋势，进而分析具体的物理 过程； (3)看交点、斜率和“面积”：明确图线与图线的交点、图线与坐标 轴的交点、图线斜率、图线与坐标轴围成的面积的物理意义．
2018届高三物理二轮复习课件：专题一 力与运动 1-1-4 精品
3 mω2r，解得天链一号 04 星的轨道半径 r＝
GωM2 ，则线速度 v＝
3 ωr＝
GωM2 ·ω＝3 GMω，故选项 C 正确；
D.要将卫星发射到较高的轨道，发射时需要更多的能量，故 卫星的高度越大，机械能就越大，即相同质量的同步卫星的机械 能大，故选项 D 错误．
3．(多选)2017 年 4 月 12 日 19 时 04 分，我国实践十三号卫星
为aaAB＝116，C 项错误；
由 T＝2π GrM3 及地球表面引力等于重力大小 GMRm2 ＝mg 知
T＝2π grR32，由于 B 为近地卫星，所以 TB＝2π Rg，当卫星 A、
B 再次相距最近时，卫星 B 比卫星 A 多运行了一周，即2TπB－2TπAt
＝2π，联立可得 t＝167π 答案 BD
知识 规律
②同步卫星：GRM＋mh2＝m(R＋h)(2Tπ)2(T＝24 h)．
(4)双星：GmL12m2＝m1ω2r1＝m2ω2r2
r1＋r2＝L
思想 (1)物理思想：估算的思想、物理模型的思想．
方法 (2)物理方法：放大法、假设法、近似法.
高频考点 题组冲关 真题试做 新题预测
限时规范训练
高频考点一 万有引力定律及天体质量和密度的求解 知能必备
解析：选 A.因为质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力 为零，则在距离球心 x 处(x≤R)物体所受的引力为 F＝GMx21m＝ G·43πxx23ρ·m＝43Gπρmx∝x，故 F－x 图线是过原点的直线；当 x＞R 时，F＝GMx2m＝G·43πxR23ρ·m＝4Gπ3ρxm2 R3∝x12，故选项 A 正确．
2．(2017·泰安市高三二模)一卫星绕某一行星表面附近做匀速
2018届高三物理二轮复习试题：板块一 专题突破复习专
跟踪强化训练(三)一、选择题1．(2017·全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是()A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大[解析]本题考查平抛运动．忽略空气的影响时乒乓球做平抛运动．由竖直方向做自由落体运动有t＝2hg、v y＝2gh，某一时间间隔内下降的距离y＝v y t＋12gt2，由h相同，可知A、B、D皆错误；由水平方向上做匀速运动有x＝v0t，可见x相同时t与v0成反比，C 正确．[答案] C2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)()A.v 216gB.v 28gC.v 24gD.v 22g[解析] 本题考查机械能守恒定律、平抛运动．小物块由最低点到最高点的过程由机械能守恒定律有12m v 2＝mg ·2R ＋12m v 21 小物块从最高点水平飞出做平抛运动有：2R ＝12gt 2 x ＝v 1t (x 为落地点到轨道下端的距离)联立得：x 2＝4v 2g R －16R 2当R ＝－b 2a ，即R ＝v 28g时，x 具有最大值，选项B 正确． [答案] B3．如图所示，长为L的轻直棒一端可绕固定轴O转动，另一端固定一质量为m的小球，小球搁在水平升降台上，升降平台以速度v 匀速上升，下列说法正确的是()A．小球做匀速圆周运动B．当棒与竖直方向的夹角为α时，小球的速度为v L cosαC．棒的角速度逐渐增大D．当棒与竖直方向的夹角为α时，棒的角速度为v L sinα[解析]棒与平台接触点(即小球)的运动可视为竖直向上的匀速运动和沿平台向左的运动的合成．小球的实际运动即合运动方向是垂直于棒指向左上方，如图所示．设棒的角速度为ω，则合速度v实＝ωL ，沿竖直方向向上的速度分量等于v ，即ωL sin α＝v ，所以ω＝v L sin α，小球速度v 实＝ωL ＝v sin α，由此可知小球的角速度随棒与竖直方向的夹角α的增大而减小，小球做角速度越来越小的变速圆周运动．[答案] D4．(多选)(2017·河北六校联考)如图(1)是古代一种利用抛出的石块打击敌人的装置，图(2)是其工作原理简化图．将质量为m ＝10 kg 的石块装在距离转轴L ＝4.8 m 的长臂末端口袋中．发射前长臂与水平面的夹角α＝30°.发射时对短臂施力使长臂转到竖直位置时立即停止，石块靠惯性被水平抛出．若石块落地位置与抛出位置间的水平距离为s ＝19.2 m ．不计空气阻力，g ＝10 m/s 2.则以下判断正确的是( )A ．石块被抛出瞬间速度大小为12 m/sB ．石块被抛出瞬间速度大小为16 m/sC ．石块落地瞬间速度大小为20 m/sD ．石块落地瞬间速度大小为16 m/s[解析] 石块被抛出后做平抛运动，水平方向s ＝v 0t ，竖直方向h ＝12gt 2，抛出点到地面的高度h ＝L ＋L ·sin α，解得v 0＝16 m/s ，选项B 正确；石块落地时，竖直方向的速度v y ＝gt ＝12 m/s ，落地速度v t ＝v 20＋v 2y ＝20 m/s ，选项C 正确．[答案] BC5．(2017·河南百校联盟4月模拟)如图所示，斜面体ABC 固定在水平地面上，斜面的高AB 为 2 m ，倾角为θ＝37°，且D 是斜面的中点，在A 点和D 点分别以相同的初速度水平抛出一个小球，结果两个小球恰能落在地面上的同一点，则落地点到C 点的水平距离为( )A.34 mB.23m C.22 m D.43m [解析] 设AB 高为h ，则从A 抛出的小球运动时间t 1＝2h g ，从D 点抛出的小球运动时间t 2＝2×h 2g ＝h g ，水平方向v 0t 1－v 0t 2＝h 2tan θ，x ＝v 0t 1－h tan θ，x ＝43m ，选项D 正确． [答案] D6．(多选)(2017·江西南昌3月模拟)如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD －A 1B 1C 1D 1，从顶点A 沿不同方向平抛一小球(可视为质点)．关于小球的运动，下列说法正确的是( )A ．落点在A 1B 1C 1D 1内的小球，落在C 1点时平抛的初速度最大B ．落点在B 1D 1上的小球，平抛初速度的最小值与最大值之比是1∶ 2C ．运动轨迹与AC 1相交的小球，在交点处的速度方向都相同D ．运动轨迹与A 1C 相交的小球，在交点处的速度方向都相同[解析] 依据平抛运动规律有mgh ＝12gt 2，得飞行时间t ＝2h g ，水平位移x ＝v 02h g ；落点在A 1B 1C 1D 1内的小球，h 相同，而水平位移xAC 1最大，则落在C 1点时平抛的初速度最大，A 项正确．落点在B 1D 1上的小球，由几何关系可知最大水平位移x max ＝L ，最小水平位移x min ＝L 2，据v 0＝x g 2h，可知平抛初速度的最小值与最大值之比v min ∶v max ＝1∶2，B 项正确．凡运动轨迹与AC 1相交的小球，位移偏转角β相同，设速度偏转角为θ，由平抛运动规律有tan θ＝2tan β，因θ相同，则运动轨迹与AC 1相交的小球，在交点处的速度方向都相同，C 项正确，同理可知D 项错误．[答案] ABC7．(多选)(2017·甘肃模拟)如图所示，质量为3m 的竖直光滑圆环A 的半径为R ，固定在质量为2m 的木板B 上，木板B 的左右两侧各有一竖直挡板固定在地面上，使B 不能左右运动．在环的最低点静止放有一质量为m 的小球C ，现给小球一水平向右的瞬时速度v 0，小球会在圆环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，则速度v 0必须满足( )A ．最小值为2gRB ．最大值为3gRC ．最小值为5gRD ．最大值为10gR[解析] 在最高点，小球速度最小时有：mg ＝m v 21R ，解得v 1＝gR ，从最低点到最高点的过程中机械能守恒，则有：2mgR ＋12m v 21＝12m v 20小，解得v 0小＝5gR ；要使环不会在竖直方向上跳起，在最高点环对球的最大压力F m ＝2mg ＋3mg ＝5mg ，在最高点，速度最大时有：mg ＋5mg ＝m v 22R ，解得v 2＝6gR ，从最低点到最高点的过程中机械能守恒，则有：2mgR ＋12m v 22＝12m v 20大，解得v 0大＝10gR ，所以小球在最低点的速度范围为：5gR ≤v 0≤10gR ，选项C 、D 正确．[答案] CD8．(多选)(2016·浙江卷)如图所示为赛车场的一个水平“梨形”赛道，两个弯道分别为半径R ＝90 m 的大圆弧和r ＝40 m 的小圆弧，直道与弯道相切．大、小圆弧圆心O 、O ′距离L ＝100 m ．赛车沿弯道路线行驶时，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是赛车重力的2.25倍．假设赛车在直道上做匀变速直线运动，在弯道上做匀速圆周运动．要使赛车不打滑，绕赛道一圈时间最短(发动机功率足够大，重力加速度g ＝10 m/s 2，π＝3.14)，则赛车( )A ．在绕过小圆弧弯道后加速B ．在大圆弧弯道上的速率为45 m/sC ．在直道上的加速度大小为5.63 m/s 2D ．通过小圆弧弯道的时间为5.58 s[解析] 赛车用时最短，就要求赛车通过大、小圆弧时，速度都应达到允许的最大速度，通过小圆弧时，由2.25mg ＝m v 21r ，得v 1＝30m/s ；通过大圆弧时，由2.25mg ＝m v 22R ，得v 2＝45 m/s ，B 项正确．赛车从小圆弧到大圆弧通过直道时需加速，故A 项正确．由几何关系，可知连接大、小圆弧的直道长x ＝50 3 m ，由匀加速直线运动的速度位移公式v 22－v 21＝2ax ，得a ≈6.50 m/s 2，C 项错误；由几何关系可得小圆弧所对圆心角为120°，所以通过小圆弧弯道的时间t＝13×2πrv1≈2.79 s，故D项错误．[答案]AB9．(多选)(2017·华中师大附中二模)如右图所示，物体M用两根长度相等不可伸长的线系在竖直杆上，它们随竖直杆转动，当转动角速度变化时，各力变化的情况为()A．ω只有超过某一数值时，线AM的张力才出现B．线BM的张力随ω的增大而增大C．不论ω如何变化，线BM的张力总大于线AM的张力D．当ω增大到某个值，总会出现线AM的张力大于线BM的张力的情况[解析]设线BM与竖直方向的夹角为θ，线AM与竖直方向的夹角为α，对物体M进行受力分析，如右图所示，根据向心力公式，有T BM cosθ＝mg＋T AM cosα①，T BM sinθ＋T AM sinα＝mω2r②.当ω较小时，线BM的张力在水平方向的分量可以提供向心力，此时线AM没有力，当ω增大到某值时，线BM的张力在水平方向的分量不足以提供向心力，此时线AM才有张力的作用，故A正确；ω增大，物体所需的向心力增大，线BM和AM的张力都增大，故B正确；当线AM 没有拉直时，线AM 的张力等于零，线BM 肯定有张力，当线AM 拉直时，θ＝α，由①式，可知线BM 的张力一定大于线AM 的张力，故C 正确，D 错误．[答案] ABC10．如图所示，轻绳的一端固定在O 点，另一端系一质量为m 的小球(可视为质点)．当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力F T 、轻绳与竖直线OP 的夹角θ满足关系式F T ＝a ＋b cos θ，式中a 、b 为常数．若不计空气阻力，则当地的重力加速度为( )A.b 2mB.2b mC.3b mD.b 3m[解析] 当小球运动到最低点时，θ＝0，拉力最大，F T1＝a ＋b ，F T1＝mg＋m v21L；当小球运动到最高点时，θ＝180°，拉力最小，F T2＝a－b，F T2＝－mg＋m v22L；由动能定理，有mg·2L＝12m v21－12m v22，联立解得g＝b3m，选项D正确．[答案] D二、非选择题11．(2017·宜昌期末调研)如右图为“S”形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，固定在竖直平面内，轨道弯曲部分由两个半径相等的半圆连接而成，圆半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，某弹射装置将一个小球(可视为质点)从a点以速度v0水平射向b点并进入轨道，经过轨道后从p点水平抛出，已知小球与地面ab段间的动摩擦因数μ＝0.2，不计其他机械能损失，ab段长L ＝1.25 m，圆的半径R＝0.1 m，小球质量m＝0.01 kg，轨道质量为m′＝0.15 kg，g＝10 m/s2，求：(1)若v0＝5 m/s，小球从p点抛出后的水平射程．(2)若v0＝5 m/s，小球经过轨道的最高点时，管道对小球作用力的大小和方向．(3)设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当v0至少为多少时，轨道对地面的压力会为零，并指出此时小球的位置．[解析] (1)设小球运动到p 点的速度大小为v ，对小球由a 点运动到p 点的过程应用动能定理，得－μmgL －4Rmg ＝12m v 2－12m v 20. 小球自p 点做平抛运动，设运动时间为t ，水平射程为s ，则4R ＝12gt 2，s ＝v t ，联立代入数据，解得s ＝0.98 m. (2)设在轨道最高点时管道对小球的作用力大小为F ，取竖直向下为正方向．F ＋mg ＝m v 2R ，联立代入数据，解得F ＝1.1 N ，方向竖直向下．(3)分析可知，要使小球以最小速度v 0开始运动，且轨道对地面的压力为零，则小球的位置应该在“S ”形轨道的中间位置．则有F ′＋mg ＝m v 21R ，F ′＝m ′g ，－μmgL －2mgR ＝12m v 21－12m v 20，解得v 0＝5 m/s.[答案] (1)0.98 m (2)1.1 N 方向竖直向下 (3)5 m/s 在“S ”形轨道的中间位置12．(2017·浙江七校联考)如图所示，长为L ＝6 cm 的细绳上端固定在一平台右端点A 的正上方O 点，下端系有质量为m ＝0．5 kg 的摆球；倾角为θ＝30°的斜面的底端D 点处于A 点的正下方；劲度系数为k ＝50 N/m 的水平轻弹簧左端固定在墙上，无形变时右端在B 点，B 、A 两点间距为x 1＝10 cm.一质量为2m 的物块靠在弹簧右端但不粘连，并用水平向左的推力将物块缓慢向左移动，当推力大小为F ＝15 N 时物块静止于C 点，撤去推力后在A 点处停下．若将物块质量调整为m ，物块仍在C 点由静止释放，之后在A 点与静止摆球碰撞，碰后物块停在A 点而摆球恰好在竖直平面内做圆周运动，并从物块左侧与物块碰撞，碰后物块离开平台，之后恰好垂直撞到斜面上．物块和摆球均视为质点且碰撞时间不计，两次碰撞中物块和摆球均交换速度，物块与平台间的动摩擦因数处处相同，重力加速度取g ＝10 m/s 2，求：(1)质量为m 的物块离开A 点时的速率v 0；(2)物块与平台间的动摩擦因数μ；(3)A 、D 两点间的高度差H .[解析] (1)摆球恰好在竖直平面内做圆周运动，则到达最高点时有mg ＝m v 2L第一次碰撞后摆球的速率与物块离开A 点时的速率相等，则根据机械能守恒定律有12m v 20＝mg ·2L ＋12m v 2 解得v 0＝ 3 m/s(2)设质量为2m 的物块在C 点静止时弹簧被压缩长度为x 2，则由平衡条件有F ＝2μmg ＋kx 2设从撤去推力后到物块停在A 点的过程中弹簧对物块做的功为W，则根据动能定理有W－2μmg(x2＋x1)＝0由题意知，质量为m的物块到达A点时速率为v0，则根据动能定理有W－μmg(x2＋x1)＝12m v2－0解得μ＝0.5(由于F>2μmg，故μ＝1.5舍去)(3)碰后质量为m的物块做平抛运动，则水平方向x＝v0t竖直方向h＝12gt2，vy＝gt物块恰好垂直撞到斜面上，则v y＝v0tanθ由几何关系有H－h＝x tanθ解得H＝0.75 m[答案](1) 3 m/s(2)0.5(3)0.75 m。
高考物理二轮复习第一部分二轮专题突破专题一力与运动1.1共点力作用下物体的平衡课件
6．(2016·全国乙卷)(多选) 如图，一光滑的轻滑轮用细绳 OO′悬挂于 O 点；另一细绳跨 过滑轮，其一端悬挂物块 a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物 块 b.外力 F 向右上方拉 b，整个系统处于静止状态．若 F 方向不变， 大小在一定范围内变化，物块 b 仍始终保持静止，则( ) A．绳 OO′的张力也在一定范围内变化 B．物块 b 所受到的支持力也在一定范围内变化 C．连接 a 和 b 的绳的张力也在一定范围内变化 D．物块 b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化
A．MN 上的张力逐渐增大 B．MN 上的张力先增大后减小 C．OM 上的张力逐渐增大 D．OM 上的张力先增大后减小
解析：设重物的质量为 m，绳 OM 中的张力为 FTOM，绳 MN 中的张力为 FTMN.开始时，FTO M＝mg，FTMN＝0.由于缓慢拉起，则 重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力 mg 等大、 反向．
的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两
端各系一质量为 m 的小球．在 a 和 b 之间的细线上悬挂一小物 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( )
A.m2 C．m
3 B.不计摩擦，线上张力处处相等，且轻环
受细线的作用力的合力方向指向圆心．由于 a、b 间距等于圆弧半 径，则∠aOb＝60°，进一步分析知，细线与 aO、bO 间的夹角皆为 30°.取悬挂的小物块研究，悬挂小物块的细线张角为 120°，由平衡 条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为 m.故选项 C 正确．
A．86 cm B．92 cm C．98 cm D．104 cm
解析：轻质弹性绳的两端分别固定在相距 80 cm 的两点上，钩 码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为 100 cm，以钩码为 研究对象，受力如图所示，由胡克定律 F＝k(l－l0 )＝0.2k，由共点
教育最新2018版高考物理二轮复习第1部分专题整合突破专题2力与直线运动教案
专题二 力与直线运动—————[知识结构互联]——————[核心要点回扣] ——————1．匀变速直线运动的三个基本公式(1)速度公式：v ＝v 0＋at . (2)位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2.(3)位移速度关系式：v 2t －v 20＝2ax . 2．匀变速直线运动的图象(1)x t 图象是一条抛物线，斜率表示物体的速度．(2)v t 图象是一条倾斜直线，斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移．3．牛顿第一定律揭示了一切物体都具有保持静止状态或匀速直线运动状态的性质，即惯性，揭示了力是改变物体运动状态的原因．4．两个物体间的作用力与反作用力总是等大、反向，作用在同一直线上，与物体的运动状态无关．5．牛顿第二定律的五个特性：因果性、矢量性、瞬时性、同一性、独立性．考点1 匀变速直线运动规律的应用(对应学生用书第6页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………· [考题统计] 五年3考：2017年Ⅱ卷T 24 2016年Ⅲ卷T 16 2014年Ⅰ卷T 24[考情分析]1．高考注重考查基本概念的理解及基本公式、推论的灵活应用，计算题常涉及追及相遇类为背景的实际问题．2．熟练掌握运动学的基本规律及推论，实际问题中做好过程分析及运动中的规律的选取是解题的关键．3．实际问题中要理清运动过程，把握准时间关系、速度关系、位移关系．4．解决追及相遇问题时，要抓住题目中的关键词语(如“刚好”“最多”“至少”等)． 1．(匀变速直线运动公式及推论的应用)(2016·Ⅲ卷T16)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t 内位移为s ，动能变为原来的9倍．该质点的加速度为( ) A.s t 2 B.3s 2t 2 C.4st2D.8st 2A [质点在时间t 内的平均速度v ＝s t，设时间t 内的初、末速度分别为v 1和v 2，则v ＝v 1＋v 22，故v 1＋v 22＝s t .由题意知：12mv 22＝9×12mv 21，则v 2＝3v 1，进而得出2v 1＝s t.质点的加速度a ＝v 2－v 1t ＝2v 1t ＝st2.故选项A 正确．](2014·Ⅰ卷T 24)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 1 s ．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120 m ．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的25.若要求安全距离仍为120 m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．【解析】 本题是追及相遇问题，这类题目要抓住临界条件v A ＝v B ，从这一条件结合匀变速直线运动规律解决问题．设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为x ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得 μ0mg ＝ma 0① x ＝v 0t 0＋v 202a 0②式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度．设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝25μ③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 μmg ＝ma④ x ＝vt 0＋v 22a⑤联立①②③④⑤式并代入题给数据得v ＝20 m/s(72 km/h)．⑥【答案】 20 m/s2．(追及相遇问题)(2017·Ⅱ卷T 24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s 0和s 1(s 1<s 0)处分别放置一个挡板和一面小旗，如图21所示．训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以速度v 0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗．训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处．假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v 1.重力加速度大小为g .求： (1)冰球与冰面之间的动摩擦因数； (2)满足训练要求的运动员的最小加速度．图21[题眼点拨] ①“冰球以速度v 0击出”“到达挡板的速度为v 1”说明冰球的初速度为v 0，匀减速滑动距离s 0，末速度为v 1；②“至少到达小旗处”“最小加速度”说明冰球到达挡板时，运动员恰好到达小旗处，对应运动员的加速度最小，此过程中，冰球和运动员运动时间相等．【解析】 (1)设冰球质量为m ，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由题意可知v 21－v 20＝－2a 1s 0① 又μmg ＝ma 1②可解得：μ＝v 20－v 212gs 0.(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小．设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a 1和a 2，所用的时间为t . 由运动学公式得v 20－v 21＝2a 1s 0③ v 0－v 1＝a 1t ④ s 1＝12a 2t 2⑤联立③④⑤式得a 2＝s 1 v 1＋v 0 22s 2. ⑥【答案】 (1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1 v 1＋v 0 22s 2在第2题中，若要求运动员到达小旗处的速度为零，(设运动员在滑行过程中加速度大小恒定)，则运动员训练时的加速度大小为多少？【解析】 由第2题解析可知，v 20－v 21＝2a 1s 0v 0－v 1＝a 1ts 1＝12a 2⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22×2可解得：a 2＝s 1 v 0＋v 1 2s 20.【答案】 s 1 v 0＋v 1 2s 20■熟技巧·类题通法………………………………………………………………… 1．解决匀变速直线运动问题的四种常用方法2．追及相遇问题的解题思路、技巧和易错防范(1)解题思路：(2)解题技巧：①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式． ②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件． (3)易错防范：①若被追赶的物体做匀减速运动，要注意追上该物体之前它是否已停止运动． ②注意最后对解的讨论分析．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 匀变速直线运动基本公式的应用1．(2016·潍坊一模)如图22所示，一长为200 m 的列车沿平直的轨道以80 m/s 的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O 点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA 段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB 段内，已知OA ＝1 200 m ，OB ＝2 000 m ，求： (1)列车减速运动的加速度大小的取值范围； (2)列车减速运动的最长时间.【导学号：19624014】图22【解析】 (1)若列车车尾恰好停在A 点右侧，减速运动的加速度大小为a 1，距离为x 1，则0－v 20＝－2a 1x 1① x 1＝1 200 m ＋200 m ＝1400 m② 解得：a 1＝167m/s2③若列车车头恰好停在B 点，减速运动的加速度大小为a 2，距离为x OB ＝2 000 m ，则 0－v 20＝－2a 2x OB ④ 解得：a 2＝85m/s2⑤故加速度大小a 的取值范围为85 m/s 2≤a ≤167 m/s 2.⑥(2)当列车车头恰好停在B 点时，减速运动时的时间最长， 则0＝v 0－a 2t ⑦ 解得：t ＝50 s ．⑧【答案】 (1)85 m/s 2≤a ≤167m/s 2(2)50 s(2016·湖南怀化模拟)近几年长假期间，国家取消了7座及其以下小型客车的收费公路过路费，给自驾族带来了很大的实惠，但车辆的增多也给交通道路的畅通增加了很大的压力，因此国家规定免费车辆在通过收费站时在专用车道上可以不停车拿卡或交卡而直接减速通过．假设收费站的前、后都是平直大道，长假期间过站的车速要求不超过v t ＝21.6 km/h ，汽车未减速的车速均为v 0＝108 km/h ，制动时小汽车的加速度的大小为a 1＝4 m/s 2.试问：(1)长假期间，驾驶员应在距收费站至少多远处开始制动？(2)假设车过站后驾驶员立即使车以a 2＝6 m/s 2的加速度加速至原来的速度，则从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，汽车运动的时间至少是多少？ (3)在(1)(2)问题中，车因减速和加速过站而耽误的时间至少为多少？【解析】 设汽车初速度方向为正方向，v t ＝21.6 km/h ＝6 m/s ，v 0＝108 km/h ＝30 m/s ，a 1＝－4 m/s 2(1)汽车进入收费站前做匀减速直线运动，设距离收费站x 1处开始制动，则v 2t －v 20＝2a 1x 1代入数据解得x 1＝108 m.(2)汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x 1和x 2，时间为t 1和t 2，则减速阶段v t ＝v 0＋a 1t 1t 1＝v t －v 0a 1＝6 s加速阶段v 0′＝v t ＝6 m/s ，v t ′＝v 0＝30 m/s 则v 0＝v t ＋a 2t 2t 2＝v 0－v ta 2＝4 s加速和减速阶段的总时间t ＝t 1＋t 2＝10 s.(3)在加速阶段v 20－v 2t ＝2a 2x 2 代入数据解得x 2＝72 m 则总位移x ＝x 1＋x 2＝180 m 若不减速所需要时间t ′＝x v 0＝6 s车因减速和加速过站而耽误的时间Δt ＝t －t ′＝4 s. 【答案】 (1)108 m (2)10 s (3)4 s 考向2 匀变速直线运动推论的应用2．如图23所示，物体自O 点由静止出发开始做匀加速直线运动，途径A 、B 、C 三点，其中A 、B 之间的距离L 1＝2 m ，B 、C 之间的距离L 2＝3 m ．若物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等，则OA 之间的距离L 等于( )图23A.34 m B.43 m C.98m D.89m C [由题知“物体通过L 1、L 2这两段位移的时间相等(设为T )”，则v B ＝L 1＋L 22T ＝52T，加速度a ＝L 2－L 1T 2＝1T 2，在A 点速度v A ＝v B －aT ＝32T ，于是L ＝v 2A 2a ＝12a ·94T 2，L ＋2＝v 2B2a＝12a ·254T 2，两式相比，解得L ＝98 m ．] 考向3 追及相遇问题3．(2016·山东潍坊一中模拟)如图24所示，甲从A 地由静止匀加速跑向B 地，当甲前进距离为x 1时，乙从距A 地x 2处的C 点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B 地，则A 、B 两地距离为( )【导学号：19624015】图24A ．x 1＋x 2 B. x 1＋x 2 24x 1C.x 214 x 1＋x 2D. x 1＋x 2 2 x 1－x 2 x 1B [设甲前进距离为x 1时，速度为v ，甲和乙做匀加速直线运动的加速度为a ，乙从C 点到达B 地所用时间为t ，则有：vt ＋12at 2－12at 2＝x 2－x 1，根据速度－位移公式得，v 2＝2ax 1，解得t ＝x 2－x 12ax 1，则A 、B 的距离x ＝x 2＋12at 2＝ x 1＋x 224x 1，故B 正确．](2017·辽宁省盘锦模拟)2016年世界中学生五人制足球锦标赛落下帷幕，代表中国参赛的河南男队和河北女队取得了优异成绩．五人制足球的赛场长40 m ，宽20 m ，如图所示．在比赛中，攻方队员在中线附近突破防守队员，将足球沿边路向前踢出，足球的运动可视为在地面上做初速度为v 1＝6 m/s 的匀减速直线运动，加速度大小为a 1＝1 m/s 2.该队员将足球踢出后，立即由静止启动追赶足球，他的运动可看作是匀加速直线运动，最大加速度为a 2＝1 m/s 2，能达到的最大速度为v 2＝4 m/s.该队员至少经过多长时间能追上足球？【解析】 设足球从开始做匀减速运动到停下来的位移为x 1，则有：x 1＝v 212a 1带入数据解得x 1＝362×1m ＝18 m 足球匀减速运动时间为：t 1＝v 1a 1＝6 s前锋队员以最大加速度追赶的加速时间为：t 2＝v 2a 2＝4 s在此过程中的位移为：x 2＝v 222a 2＝8 m之后攻方队员做匀速直线运动，到足球停止运动时，其位移为x 3＝v 2(t 1－t 2)＝8 m 由于x 2＋x 3<x 1，故足球停止运动时，攻方队员没有追上足球，然后攻方队员继续以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得：x 1－(x 2＋x 3)＝v 2t 3 代入数据解得t 3＝0.5 s攻方队员追上足球的时间为：t ＝t 1＋t 3＝6.5 s. 【答案】 6.5 s考点2 运动图象问题 (对应学生用书第8页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………· [考题统计] 五年6考：2016年Ⅰ卷T 21 2015年Ⅰ卷T 20 2014年Ⅱ卷T 14、T 24 2013年Ⅰ卷T 19、T 21 [考情分析]1．以选择题型为主，重在考查v t 图象的意义及图象信息的提取能力．2．v t 图象斜率及其变化与牛顿第二定律相结合分析相关物理量的变化是常见的命题方向． 3．明确图象交点、斜率、截距的意义，并将图象信息与物体的运动过程相结合是解题的关键．4．v t 图象、x t 图象均反映物体直线运动的规律． 5．在v t 图象中易误将交点当成相遇．3．(图象信息的应用)(多选)(2016·Ⅰ卷T 21)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v t 图象如图25所示．已知两车在t ＝3 s 时并排行驶，则( )【导学号：19624016】图25A ．在t ＝1 s 时，甲车在乙车后B ．在t ＝0时，甲车在乙车前7.5 mC ．两车另一次并排行驶的时刻是t ＝2 sD ．甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 mBD [由题图知，甲车做初速度为0的匀加速直线运动，其加速度a 甲＝10 m/s 2.乙车做初速度v 0＝10 m/s 、加速度a 乙＝5 m/s 2的匀加速直线运动.3 s 内甲、乙车的位移分别为：x 甲＝12a 甲t 23＝45 m x 乙＝v 0t 3＋12a 乙t 23＝52.5 m由于t ＝3 s 时两车并排行驶，说明t ＝0时甲车在乙车前，Δx ＝x 乙－x 甲＝7.5 m ，选项B 正确；t ＝1 s 时，甲车的位移为5 m ，乙车的位移为12.5 m ，由于甲车的初始位置超前乙车7.5 m ，则t ＝1 s 时两车并排行驶，选项A 、C 错误；甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为52.5m －12.5 m ＝40 m ，选项D 正确．](2014·Ⅱ卷T 14)甲、乙两汽车在一平直公路上同向行驶．在t ＝0到t ＝t 1的时间内，它们的v t 图象如图所示．在这段时间内( )A ．汽车甲的平均速度比乙的大B ．汽车乙的平均速度等于v 1＋v 22C ．甲、乙两汽车的位移相同D ．汽车甲的加速度大小逐渐减小，汽车乙的加速度大小逐渐增大A [根据v t 图象及其意义解题．根据v t 图象下方的面积表示位移，可以看出汽车甲的位移x 甲大于汽车乙的位移x 乙，选项C 错误；根据v ＝xt得，汽车甲的平均速度v甲大于汽车乙的平均速度v 乙，选项A 正确；汽车乙的位移x 乙小于初速度为v 2、末速度为v 1的匀减速直线运动的位移x ，即汽车乙的平均速度小于v 1＋v 22，选项B 错误；根据v t 图象的斜率反映了加速度的大小，因此汽车甲、乙的加速度大小都逐渐减小，选项D 错误．]4．(图象信息的应用)(多选) (2015·Ⅰ卷T 20)如图26(a)，一物块在t ＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v t 图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v 0、v 1、t 1均为已知量，则可求出( )(a) (b)图26A ．斜面的倾角B ．物块的质量C ．物块与斜面间的动摩擦因数D ．物块沿斜面向上滑行的最大高度[题眼点拨] ①利用图象信息求出相关量，如由斜率求出加速度，由图线与坐标轴所围面积求出上滑高度；②将图线与方程结合起来：根据图线显示的匀变速过程，结合牛顿第二定律列出上、下过程动力学方程，联立求解所求量……倾角、动摩擦因数．ACD [由题图(b)可以求出物块上升过程中的加速度为a 1＝v 0t 1，下降过程中的加速度为a 2＝v 1t 1.物块在上升和下降过程中，由牛顿第二定律得mg sin θ＋f ＝ma 1，mg sin θ－f ＝ma 2，由以上各式可求得sin θ＝v 0＋v 12t 1g ，滑动摩擦力f ＝m v 0－v 12t 1，而f ＝μF N ＝μmg cos θ，由以上分析可知，选项A 、C 正确．由v t 图象中横轴上方的面积可求出物块沿斜面上滑的最大距离，可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度，选项D 正确．]在第4题中，若改为如下形式，如图27甲所示，直角三角形斜劈abc 固定在水平面上．t ＝0时，一物块(可视为质点)从底端a 以初速度v 0沿斜面ab 向上运动，到达顶端b 时速率恰好为零，之后沿斜面bc 下滑至底端c .若物块与斜面ab 、bc 间的动摩擦因数相等，物块在两斜面上运动的速率v 随时间变化的规律如图乙所示，取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2，则下列物理量中不能求出的是( )图27A．斜面ab的倾角θB．物块与斜面间的动摩擦因数μC．物块的质量mD．斜面bc的长度LC[根据题图乙可求出物块在左右斜面上的加速度大小a1、a2，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，mg cos θ－μmg sin θ＝ma2，则可求出θ和μ，但m 无法求出，根据题图乙可求出0.6～1.6 s时间内物块的位移大小，即可求出L，故选项C正确．](2014·Ⅱ卷T24)2012年10月，奥地利极限运动员菲利克斯·鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下，经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处，打开降落伞并成功落地，打破了跳伞运动的多项世界纪录．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(1)若忽略空气阻力，求该运动员从静止开始下落至1.5 km高度处所需的时间及其在此处速度的大小；(2)实际上，物体在空气中运动时会受到空气的阻力，高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f＝kv2，其中v为速率，k为阻力系数，其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关．已知该运动员在某段时间内高速下落的vt图象如图所示．若该运动员和所带装备的总质量m＝100 kg，试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数．(结果保留1位有效数字)[题眼点拨] ①“忽略空气阻力”说明运动员只在重力作用下运动；②“f＝kv2”说明阻力与速度的平方成正比；③“达到最大速度”说明最大速度时，重力与阻力大小相等．【解析】(1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t，下落距离为s，在1.5 km高度处的速度大小为v.根据运动学公式有v＝gt ①s ＝12gt 2②根据题意有 s ＝3.9×104 m －1.5×103 m ＝3.75×104 m③联立①②③式得t ＝87 s④ v ＝8.7×102 m/s. ⑤(2)该运动员达到最大速度v max 时，加速度为零，根据平衡条件有mg ＝kv 2max⑥由所给的v t 图象可读出 v max ≈360 m/s⑦由⑥⑦式得 k ＝0.008 kg/m.⑧ 【答案】 (1)87 s 8.7×102 m/s (2)0.008 kg/m■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．v t 图象提供的信息2．处理力学图象问题的思路(1)明确什么性质的图象，看纵横两轴表示的物理量．(2)分析图线的意义，提取图象的关键信息．(3)将物体的运动过程与图象对应起来．(4)较复杂的图象，可通过列解析式的方法进行判断．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 图象的选取4．竖直向上抛出一物块，物块在运动过程中受到的阻力大小与速度大小成正比，则物块从抛出到落回抛出点的过程中，加速度随时间变化的关系图象正确的是(设竖直向下为正方向)( )A B C DC [物块在上升过程中加速度大小为a ＝mg ＋kv m，因此在上升过程中，速度不断减小，加速度不断减小，速度减小得越来越慢，加速度减小得越来越慢，到最高点加速度大小等于g ，在下降的过程中加速度a ＝mg －kv m，随着速度增大，加速度越来越小，速度增大得越来越慢，加速度减小得越来越慢，加速度方向始终向下，因此C 正确．] 考向2 图象的转换5．一物体做直线运动，其加速度随时间变化的a t 图象如图28所示．下列v t 图象中，可能正确描述此物体运动的是( )【导学号：19624017】图28A BC DD [由图可知，在0～T 2时间内a ＝a 0＞0，若v 0≥0，物体做匀加速运动；若v 0＜0，物体做匀减速运动，故B 、C 皆错误；由于在T ～2T 时间内a ＝－a 0，故图线斜率的绝对值与0～T 2时间内相同，故A 错误，D 正确．] 考向3 图象信息的应用6．(2017·马鞍山市一模)两物块A 、B 并排放在水平地面上，且两物体接触面为竖直面，现用一水平推力F 作用在物体A 上，使A 、B 由静止开始一起向右做匀加速运动，如图29甲所示，在A 、B 的速度达到6 m/s 时，撤去推力F .已知A 、B 质量分别为m A ＝1 kg 、m B ＝3 kg ，A 与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.3，B 与地面没有摩擦，B 物体运动的v t 图象如图乙所示．取g ＝10 m/s 2，求：甲 乙图29(1)推力F 的大小；(2)A 物体刚停止运动时，物体A 、B 之间的距离．【解析】 (1)在水平推力F 作用下，物体A 、B 一起做匀加速运动，加速度为a ，由B 物体的v t 图象得，a ＝Δv Δt ＝62m/s 2＝3 m/s 2 对于AB 整体，由牛顿第二定律得F －μm A g ＝(m A ＋m B )a代入数据解得F ＝15 N.(2)设物体A 匀减速运动的时间为t ，撤去推力F 后，A 、B 两物体分离，A 在摩擦力作用下做匀减速运动，B 做匀速运动对A 由－μm A g ＝m A a A ，解得a A ＝－μg ＝－3 m/s 2t ＝0－v 0a A ＝0－6－3s ＝2 s 物体A 通过的位移x A ＝v 02t ＝6 m 物体B 通过的位移x B ＝v 0t ＝6×2 m＝12 m物体A 刚停止时A 、B 间的距离Δx ＝x B －x A ＝12 m －6 m ＝6 m.【答案】 (1)15 N (2)6 m1.(多选)(2017·梅河口市五中一模)如图甲所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，一个小物块在沿斜面向上的恒定拉力F 作用下，从斜面底端A 点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F ，小物块能达到的最高位置为C 点，己知小物块的质量为0.3 kg ，小物块从A 到C 的v t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，则下列说法正确的是( )甲 乙A ．小物块加速时的加速度大小是减速时加速度的13B ．小物块与斜面间的动摩擦因数为33C ．小物块到达C 点后将沿斜面下滑D ．拉力F 的大小为4 NAC [在速度－时间图象中图象的斜率表示加速度，在有F 作用时小物块做加速运动，a 1＝7.53 m/s 2＝2.5 m/s 2，撤去拉力F 后做减速运动，故a 2＝－7.51m/s 2＝－7.5 m/s 2，所以|a 1|＝13|a 2|，A 正确；撤去拉力后，在沿斜面方向上有－mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得μ＝36，B 错误；因为mg sin 30°>μmg cos 30°，故小物块到达C 点后将沿斜面下滑，C 正确；有拉力作用时，根据牛顿第二定律可知F －mg sin 30°－μmg cos 30°＝ma 1，解得F ＝3 N ，D 错误．]2.为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程中帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m .滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，风帆受到的空气阻力与风帆的运动速率成正比，即F f ＝kv .(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m ＝2 kg ，斜面倾角θ＝30°，g 取10 m/s 2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t ＝0时v t 图线的切线，由此求出μ、k 的值．(计算结果保留两位有效数字)【解析】 (1)由牛顿第二定律有：mg sin θ－μmg cos θ－kv ＝ma解得：a ＝g sin θ－μg cos θ－kv m.(2)当a ＝0时速度最大， v m ＝mg sin θ－μcos θ k减小最大速度的方法有：适当减小斜面倾角θ；风帆升起一些．(3)当v ＝0时，a ＝g sin θ－μg cos θ＝3 m/s 2解得：μ＝2315≈0.23，最大速度v m ＝2 m/s ，v m ＝mg sin θ－μcos θ k＝2 m/s 解得：k ＝3.0 kg/s.【答案】 (1)g sin θ－μg cos θ－kv m(2)mg sin θ－μcos θ k适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些(3)0.23 3.0 kg/s考点3 牛顿第二定律的应用(对应学生用书第9页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年9考：2017年Ⅲ卷T 25 2016年Ⅰ卷T 18、Ⅱ卷T 192015年Ⅰ卷T 25，Ⅱ卷T 20、T 25 2014年Ⅰ卷T 172013年Ⅱ卷T 14、T 25[考情分析]1．本考点的考查重在物体的受力分析，整体法、隔离法在连接问题中的应用及牛顿第二定律的理解．2．整体法、隔离法是动力学中连接体问题的常用方法，在不涉及相互作用力时，可用整体法，在涉及相互作用力时要用隔离法．3．对物体受力分析时易出现漏力、多力的现象．4．应用公式F ＝ma 时，要注意F 、m 、a 的一体性．5．(动力学的两类基本问题)(多选)(2016·Ⅱ卷T 19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )A ．甲球用的时间比乙球长B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功[题眼点拨] ①“同一种材料制成”说明相同的密度；②“阻力与球的半径成正比，与球的速率无关”说明下落过程中加速度不同，但两球都做匀加速运动．BD [设小球在下落过程中所受阻力F 阻＝kR ，k 为常数，R 为小球半径，由牛顿第二定律可知：mg －F 阻＝ma ，由m ＝ρV ＝43ρπR 3知：43ρπR 3g －kR ＝43ρπR 3a ，即a ＝g －3k 4ρπ·1R 2，故知：R 越大，a 越大，即下落过程中a 甲>a 乙，选项C 错误；下落相同的距离，由h ＝12at 2知，a 越大，t 越小，选项A 错误；由2ah ＝v 2－v 20知，v 0＝0，a 越大，v 越大，选项B 正确；由W 阻＝－F 阻h 知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D 正确．]6．(连接体问题)(多选)(2015·Ⅱ卷T 20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )【导学号：19624018】A ．8B ．10C ．15D ．18BC [设该列车厢与P 相连的部分为P 部分，与Q 相连的部分为Q 部分．设该列车厢有n 节，Q 部分为n 1节，每节车厢质量为m ，当加速度为a 时，对Q 有F ＝n 1ma ；当加速度为23a 时，对P 有F ＝(n －n 1)m 23a ，联立得2n ＝5n 1.当n 1＝2，n 1＝4，n 1＝6时，n ＝5，n ＝10，n ＝15，由题中选项得该列车厢节数可能为10或15，选项B 、C 正确．]在第6题中，若车厢总数为10节，以大小为a 的加速度向东行驶，则第2节车厢受到的拉力与第10节车厢受到的拉力之比为( )A ．9∶1B ．1∶9C ．10∶1D ．1∶10A [设每节车厢的质量均为m ，第2节车厢所受拉力为F 1，第10节车厢所受拉力为F 2，由牛顿第二定律可知，F 1＝9ma F 2＝ma故F 1∶F 2＝9∶1.]7．(动力学的临界极值问题)(2017·Ⅲ卷T 25)如图210，两个滑块A 和B 的质量分别为m A＝1 kg 和m B ＝5 kg ，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m ＝4 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1.某时刻A 、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v 0＝3 m/s.A 、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.求：图210(1)B 与木板相对静止时，木板的速度；(2)A 、B 开始运动时，两者之间的距离．[题眼点拨] ①A 与木板相对静止前A 、B 加速度不变；②B 与木板相对静止后以相同的加速度向右匀减速运动；③A 、B 相对地面的位移大小之和等于A 、B 开始运动时两者间的距离．【解析】 (1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A 、B 和木板所受的摩擦力大小分别为f 1、f 2和f 3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B ，木板相对于地面的加速度大小为a 1，在物块B 与木板达到共同速度前有 f 1＝μ1m A g① f 2＝μ1m B g② f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g③由牛顿第二定律得 f 1＝m A a A④ f 2＝m B a B⑤ f 2－f 1－f 3＝ma 1 ⑥设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1，由运动学公式有v 1＝v 0－a B t 1⑦ v 1＝a 1t 1 ⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s. ⑨(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－12a B t 21 ⑩设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2，对于B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2⑪由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．由题意知，A 和B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为v 2，设A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2⑫对A 有 v 2＝－v 1＋a A t 2 ⑬在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22 ⑭在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2 ⑮A 和B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同，因此A 和B 开始运动时，两者之间的距离为s 0＝s A ＋s 1＋s B⑯联立以上各式，并代入数据得 s 0＝1.9 m(也可用如图所示的速度—时间图线求解)【答案】 (1)1 m/s (2)1.9 m(2015·Ⅰ卷T 25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m ，如图(a)所示．t ＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t ＝1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s 时间内小物块的v t 图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10 m/s 2.求：。
2018届高三物理二轮复习课件第1部分 专题讲练突破 力与运动1-4-3
面积相等可以知道，行星在远离中心天体的位置处速度一定小于
在靠近中心天体位置处的速度，类比可以知道，A对；人造飞船
在P点处受到的万有引力F引＝G
Mm r2
，为其提供做圆周运动所需
要的向心力F向＝m
v2 r
，当万有引力等于所需向心力时，人造飞船
做圆周运动，当万有引力小于所需向心力时，人造飞船做离心运
动，飞船在P点，Ⅱ轨道速度大于Ⅰ轨道速度，B错；
道为椭圆，B错；飞船加速后远离近地点时速度减小，轨道半径
变大，由v＝
GM r
可知平均速率小于加速前的平均速率，因此
飞船变轨后的速度在近地点附近比变轨前大，在远地点附近比变
轨前小，C错；由T＝2π 对．
r3 GM
可知轨道半径增大，周期增大，D
[真题试做]
[真题1] (2014·高考新课标全国卷Ⅱ)假设地球可视为质量均匀分
解析 因“嫦娥三号”卫星从轨道Ⅲ变轨到轨道Ⅱ上运行时，必 须在P点进行减速，即在轨道Ⅱ上运行的机械能小于在轨道Ⅲ上 运行的机械能，A项错误；由开普勒行星运动第二定律知“嫦娥 三号”卫星在近月点速度大，即“嫦娥三号”卫星在轨道Ⅲ上运 行时，在M点的速度大小小于在P点的速度大小，B项错误；
由G
Mm r2
布的球体．已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道 的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G.地球的密度为
() A.G3Tπ2g0g－0 g
B.G3Tπ2g0g－0 g
3π C.GT2
D.G3Tπ2gg0
解析：选B.在两极时有
GMm R2
＝mg0，得地球质量M＝
g0R2 G
；在赤
道时有mg0－mg＝m
A．飞船在轨道Ⅱ上运动时，在P点的速度大于在Q点的速度 B．飞船在轨道Ⅰ上运动时，在P点的速度大于在轨道Ⅱ上运动 时在P点的速度 C．飞船在轨道Ⅰ上运动到P点时的加速度等于飞船在轨道Ⅱ上 运动到P点时的加速度 D．若轨道Ⅰ贴近火星表面，测出飞船在轨道Ⅰ上运动的周期， 就可以推知火星的密度
2018届高考物理二轮复习综合讲与练：专题一 力和运动
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；万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。
考向一物体的受力分析(选择题)1．六种常见力的方向力方向重力竖直向下弹力垂直于接触面指向受力物体摩擦力与接触面相切，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向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。
3.掌握受力分析的基本步骤明确研究对象→隔离物体分析→画受力分析图→检查是否漏力或添力。
[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、N 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。
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解析：A、B 两球分别受力分析如图所示，由几何知识得 FTsinθ ＝mAg，FTsin2θ＝mBg，故 mA ：mB＝sinθ ：sin2θ＝1 ：2cosθ， 选项 B 正确．
答案：B
3．(2017· 济宁模拟) 如图所示，A、B 两木块放在水平面上，它们之间用细线相连， 两次连接情况中细线倾斜方向不同但倾角 θ 一样．两木块与水平面 间的动摩擦因数相同，先后用水平力 F1 和 F2 拉着 A、B 一起匀速 运动，则( ) A．F1>F2 B．F1<F2 C．FT1>FT2 D．FT1<FT2
考向二
共点力作用下物体的动态平衡
[核心提炼] 1．解析法：将力进行正交分解，在垂直的两个方向上列平衡 方程．由方程分析力与夹角的关系，然后判断各力大小、方向的变 化趋势．
2．图解法 (1)条件：
(2)过程：
(3)规律：当第三个力与第二个力垂直时，第三个力最小．
3．相似三角形法：如果其中的一个力大小、方向均不变，另 外两个力的方向都发生变化，可以用力三角形与几何三角形相似的 方法求解． 4．正弦定理法 三力平衡时，三力合力为零．三个力可构成一个封闭三角形， 若由题设条件寻找到角度关系，则可由正弦定理列式求解．
解析：整体受重力、拉力、支持力及摩擦力，因整体对地面的 压力相同，故摩擦力相同，因此水平拉力相等，即 F1＝F2；A 受重 力、支持力、摩擦力及绳子的拉力而处于平衡状态，对第一种状态 μmg 有 FT1cosθ＝μ(mg－FT1sinθ)， 解得 FT1＝ ； 对第二种状态 cosθ＋μsinθ μmg 有 FT2cosθ＝μ(mg＋FT2sinθ)， 解得 FT2＝ ， 因此 FT1<FT2， cosθ－μsinθ 故 D 正确，A、B、C 错误． 答案：D
解析：轻质小套环 D 受弹簧的拉力和杆的支持力，二力平衡， 由于支持力与杆 BO 垂直，故弹簧的弹力一定垂直于 BO 杆；圆环 C 受重力、弹簧的弹力、支持力和静摩擦力，根据平衡条件，θ 角 增大时，弹簧是向右下方的拉力，圆环 C 有向右的运动趋势，摩擦 力向左，A 正确；θ 角减小时，弹簧是向左上方的弹力，圆环 C 有 向左的运动趋势，摩擦力向右，B、C 错误；根据几何关系得 DO ＝CO· cosθ，由于 CO 不 变，θ 变化，故 DO 变化，D 错误． 答案：A
解析：以 O 点为研究对象，受力如图所示，
当用水平向左的力缓慢拉动 O 点时，则绳 OA 与竖直方向的夹 角变大，由共点力的平衡条件知 F 逐渐变大，FT 逐渐变大，选项 A 正确． 答案：A 命题点：共点力作用下的动态平衡问题．
5．(2016· 全国丙卷) 如图，两个轻环 a 和 b 套在位于竖直面内 的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两 端各系一质量为 m 的小球． 在 a 和 b 之间的细线上悬挂一小物 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( ) 3 m A. 2 B. 2 m C．m D．2m
解析：因为物块 b 始终保持静止，所以绳 OO′的张力不变， 连接 a 和 b 的绳的张力也不变， 选项 A、 C 错误； 拉力 F 大小变化， F 的水平分量和竖直分量都发生变化，由共点力的平衡条件知，物 块 b 受到的支持力和摩擦力在一定范围内变化，选项 B、D 正确． 答案：BD 命题点：重力、弹力、摩擦力的共点力平衡问题．
解析：设重物的质量为 m，绳 OM 中的张力为 FTOM，绳 MN 中的张力为 FTMN.开始时，FTO M＝mg，FTMN＝0.由于缓慢拉起，则 重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力 mg 等大、 反向． 如图所示，已知角 α 不变，在绳 MN 缓慢拉起的过程中，角 β 逐渐增大，则角(α－β)逐渐减小，但角 θ 不变，在三角形中，利用 FTOM mg 正弦定理得： ＝sin θ， sin α－β
3．(2017· 全国卷Ⅰ) (多选)如图，柔软轻绳 ON 的一端 O 固定， 其中间某点 M 拴一重物， 用手拉住绳的另一端 N.初始时， OM 竖直 π 且 MN 被拉直，OM 与 MN 之间的夹角为 α(α>2)．现将重物向右上 方缓慢拉起，并保持夹角 α 不变．在 OM 由竖直被拉到水平的过程 中( ) A．MN 上的张力逐渐增大 B．MN 上的张力先增大后减小 C．OM 上的张力逐渐增大 D．OM 上的张力先增大后减小
解析： 当木板的倾角 α＝α1 时， 物块所受的摩擦力为静摩擦力， 大小为 Ff1＝mgsinα1，当木板的倾角 α＝α2 时，物块所受的摩擦力 sinα1 为滑动摩擦力， 大小为 Ff2＝μmgcosα2， 由于 Ff1＝Ff2， 解得 μ＝cosα ， 2 故 B 正确． 答案：B
[题组训练] 1.(2017· 吉安模拟)足够长、光滑轻杆 BO 通过铰链与固定的水平粗糙 轻杆 AO 连接，夹角为 θ，轻杆 BO 只能在竖直平面内转动．一小圆环 C 穿过轻杆 AO 处于静止状态，轻质弹簧一端与圆环 C 连接，另一端连接 一个轻质小套环 D，小套环 D 穿过轻杆 BO，初始弹簧处于自然长度，且 CD 垂直 BO.现缓慢转动轻杆 BO，若圆环 C 始终保持静止，且小套环 D 不滑出轻杆 BO，则下列说法正确的是( ) A．若 θ 增大，小圆环 C 受水平向左的摩擦力 B．若 θ 减小，小圆环 C 受水平向左的摩擦力 C．若 θ 减小，小圆环 C 受到的摩擦力先向左 后向右 D．小套环 D 始终在轻杆 BO 上某点不动
[例 2] (2017· 茂名模拟)如图所示，轻绳 OA 和 OB 通过 OC 悬 挂着一质量为 m 的 P 物体，开始时 OB 水平，OA 通过一轻质滑轮 与另一质量也为 m 的 Q 物体连接(不计滑轮的摩擦)， Q 物体放置在 倾角为 30° 的粗糙斜面上．现保持 O 点不动，将 OB 绳与竖直墙壁 的悬挂点 B 缓慢地向上移动(OB 的长度可变化)，此过程中 Q 物体 一直处于静止状态．则此过程中以下判定正确的是( ) A．绳 OA 的拉力大小一直不变 B．绳 OB 的拉力大小一直变大 C．物体 Q 所受的摩擦力先变小后变大 D．物体 P 所受的合力逐渐变大
[题组训练] 1． 如图为农村建房利用定滑轮运送建筑材料的示意图， 材料 P 在绳子拉动下贴着竖直墙面匀速上移．则( ) A．P 受到 3 个力的作用 B．绳子的拉力始终等于 P 的重力 C．绳子的拉力始终大于 P 对墙面的压力 D．绳子的拉力逐渐变小
解析：如图所示，由于不计摩擦，线上张力处处相等，且轻环 受细线的作用力的合力方向指向圆心．由于 a、b 间距等于圆弧半 径，则∠aOb＝60° ，进一步分析知，细线与 aO、bO 间的夹角皆为 30° .取悬挂的小物块研究，悬挂小物块的细线张角为 120° ，由平衡 条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为 m.故选项 C 正确． 答案：C 命题点：共点力的平衡条件．
抓考向· 通技法 考向一 共点力作用下物体的静态平衡
[核心提炼] 1．研究对象的选取方法：①整体法 ②隔离法 2．受力分析的顺序 一般按照“一重、二弹、三摩擦，四其他”的程序，结合整体 法与隔离法分析物体的受力情况．
3．处理平衡问题的基本思路
[例 1] (2017· 南昌模拟) 如图所示，物块 A 放在倾斜的木板 上，已知木板的倾角 α 分别为 α1 和 α2(α1<α2)时，物块 A 所受摩擦 力的大小恰好相同，则物块 A 和木板间的动摩擦因数为( ) sinα1 sinα1 A.sinα B.cosα 2 2 cosα1 cosα1 C.cosα D. sinα 2 2
试真题· 明考向 1.(2017· 全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力 F 的作用下沿水平 桌面做匀速直线运动． 若保持 F 的大小不变， 而方向与水平面成 60° 角 ， 物块也恰好做匀速直线运动．物块与桌面间的动摩擦因数为 ( ) 3 A．2－ 3 B. 6 3 3 C. 3 D. 2
解析：设物块的质量为 m.据平衡条件及摩擦力公式有 拉力 F 水平时，F＝μmg① 拉力 F 与水平面成 60° 角时，Fcos 60° ＝μ(mg－Fsin 60° )② 3 联立①②式解得 μ＝ 3 .故选 C. 答案：C 命题点：力的合成与分解，滑动摩擦力，动摩擦因数，共点力 的平衡．
解析：轻质弹性绳的两端分别固定在相距 80 cm 的两点上，钩 码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为 100 cm，以钩码为 研究对象，受力如图所示，由胡克定律 F＝k(l－l0 )＝0.2k，由共点 5mg mg 力的平衡条件和几何知识得 F＝2sin α＝ 6 ；再将弹性绳的两端缓 慢移至天花板上的同一点，设弹性绳的总长度变为 l′，由胡克定 律得 F′＝k(l′－l0)，由共点力的平衡条件 mg F′＝ 2 ，联立上面各式解得 l′＝92 cm， 选项 B 正确． 答案：B 命题点：胡克定律、共点力的平衡．
2．(2017· 全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天 花板上相距 80 cm 的两点上，弹性绳的原长也为 80 cm.将一钩码挂 在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为 100 cm；再将弹性绳的 两端缓慢移至天花板上的同一点， 则弹性绳的总长度变为(弹性绳的 伸长始终处于弹性限度内)( ) A．86 cm B．92 cm C．98 cm D．104 cm
2．(2017· 莆田模拟) 如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接两个小球 A、B，它们都 穿在一根光滑的竖直杆上，不计绳与滑轮间的摩擦，当两球平衡时 OA 绳与水平方向的夹角为 θ，OB 绳与水平方向的夹角为 2θ，则球 A、B 的质量之比为( ) A．2cosθ ：1 B．1 ：2cosθ C．tanθ ：1 D．1 ：2sinθ
6．(2016· 全国乙卷)(多选) 如图，一光滑的轻滑轮用细绳 OO′悬挂于 O 点；另一细绳跨 过滑轮，其一端悬挂物块 a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物 块 b.外力 F 向右上方拉 b， 整个系统处于静止状态． 若 F 方向不变， 大小在一定范围内变化，物块 b 仍始终保持静止，则( ) A．绳 OO′的张力也在一定范围内变化 B．物块 b 所受到的支持力也在一定范围内变化 C．连接 a 和 b 的绳的张力也在一定范围内变化 D．物块 b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化