15.高考物理一轮复习第二章 专题强化二
2025高考物理步步高同步练习第二章 专题强化 竖直上抛运动含答案
2025高考物理步步高同步练习第二章竖直上抛运动[学习目标] 1.知道什么是竖直上抛运动，理解竖直上抛运动是匀变速直线运动.2.会分析竖直上抛运动的运动规律，会利用分段法或全程法求解竖直上抛运动的有关问题.3.知道竖直上抛运动的对称性．1．竖直上抛运动将一个物体以某一初速度v 0竖直向上抛出，抛出的物体只在重力作用下运动，这种运动就是竖直上抛运动． 2．竖直上抛运动的实质初速度v 0≠0、加速度a ＝－g 的匀变速直线运动(通常规定初速度v 0的方向为正方向，g 为重力加速度的大小)． 3．竖直上抛运动的规律速度公式：v ＝v 0－g ――――→t 上升时间t 上＝v 0g .位移公式：h ＝v 0t －12gt 2――――――→落回原处时间h ＝0t 总＝2v 0g . 速度与位移关系式：v 2－v 02＝－2gh ――――――→上升最大高度v ＝0H ＝v 022g.4．竖直上抛运动的特点 (1)对称性①时间对称性：对同一段距离，上升过程和下降过程时间相等，t AB ＝t BA ，t OC ＝t CO . ②速度对称性：上升过程和下降过程通过同一点时速度大小相等，方向相反，v B ＝－v B ′，v A ＝－v A ′.(如图1)图1(2)多解性通过某一点可能对应两个时刻，即物体可能处于上升阶段，也可能处于下降阶段．5．竖直上抛运动的处理方法(以v 0的方向为正方向)分段法上升阶段是初速度为v 0、a ＝－g 的匀减速直线运动；下落阶段是自由落体运动全过程分析法全过程看作初速度为v 0、a ＝－g 的匀变速直线运动(1)v >0时，上升阶段；v <0，下落阶段(2)x >0时，物体在抛出点的上方；x <0时，物体在抛出点的下方关于竖直上抛运动，下列说法错误的是( )A ．竖直上抛运动的上升过程是匀减速直线运动B ．匀变速直线运动规律对竖直上抛运动的全过程都适用C ．以初速度的方向为正方向，竖直上抛运动的加速度a ＝gD ．竖直上抛运动中，任何相等的时间内物体的速度变化量相等 答案 C(2021·天津益中学校高一月考)在某塔顶上将一物体竖直向上抛出，抛出点为A ，物体上升的最大高度为20 m ，不计空气阻力，设塔足够高，则：(g 取10 m/s 2) (1)物体抛出时的初速度大小为多少？(2)物体位移大小为10 m 时，物体通过的路程可能为多少？(3)若塔高H ＝60 m ，求物体从抛出到落到地面的时间和落地速度大小． 答案 (1)20 m/s (2)10 m 30 m 50 m (3)6 s 40 m/s解析 (1)设初速度为v 0，竖直向上为正，有－2gh ＝0－v 02，故v 0＝20 m/s.(2)位移大小为10 m ，有三种可能：向上运动时x ＝10 m ，返回时在出发点上方10 m ，返回时在出发点下方10 m ，对应的路程分别为s 1＝10 m ，s 2＝(20＋10) m ＝30 m ，s 3＝(40＋10) m ＝50 m.(3)落到地面时的位移x ＝－60 m ，设从抛出到落到地面用时为t ，有x ＝v 0t －12gt 2，解得t ＝6 s(t ＝－2 s 舍去)落地速度v ＝v 0－gt ＝(20－10×6) m/s ＝－40 m/s ，则落地速度大小为40 m/s.气球下挂一重物，以v 0＝10 m/s 的速度匀速上升，当到达离地面高175 m 处时，悬挂重物的绳子突然断裂，那么重物再经多长时间落到地面？落地前瞬间的速度多大？(空气阻力不计，g 取10 m/s 2) 答案 7 s 60 m/s解析 解法一 分段法绳子断裂后，重物先匀减速上升，速度减为零后，再匀加速下落． 重物上升阶段，时间t 1＝v 0g ＝1 s ，由v 02＝2gh1知，h 1＝v 022g＝5 m 重物下落阶段，下落距离H ＝h 1＋175 m ＝180 m 设下落时间为t 2，则H ＝12gt 22，故t 2＝2Hg＝6 s 重物落地总时间t ＝t 1＋t 2＝7 s ，落地前瞬间的速度v ＝gt 2＝60 m/s. 解法二 全程法 取初速度方向为正方向重物全程位移h ＝v 0t －12gt 2＝－175 m可解得t ＝7 s(t ＝－5 s 舍去)由v ＝v 0－gt ，得v ＝－60 m/s ，负号表示方向竖直向下．球A 从高为2 m 的位置自由下落，同时球A 正下方的球B 由地面以5 m/s 的速度向上抛出．(g 取10 m/s 2，不计空气阻力) (1)求两球相遇时B 球的速度大小；(2)若B 球以4 m/s 的速度抛出，两球会不会在空中相遇？请说明理由． 答案 (1)1 m/s (2)会，理由见解析 解析 (1)设两球相遇所需时间为t h ＝v 0t －12gt 2＋12gt 2得t ＝0.4 sv B ＝v 0－gt 得v B ＝1 m/s(2)假设两球会在空中相遇，设相遇时间为t ′ 由h ＝v 0′t ′－12gt ′2＋12gt ′2得t ′＝0.5 sB 球在空中运动的时间为t B t B ＝2v 0′g得t B ＝0.8 sA 球落地的时间为t A ，t A ＝2hg≈0.6 s ， 由于t ′<t A ，t ′＜t B ，故两球能在空中相遇．1．(2021·徐州市高一期末)将小球竖直向上抛出，忽略空气阻力的影响．小球在空中运动过程中，到达最高点前的最后一秒内和离开最高点后的第一秒内( ) A ．位移相同 B ．加速度相同 C ．平均速度相同 D ．速度变化量方向相反 答案 B2.(2021·常州一中高一上期末)如图1所示，将一小球以10 m/s 的初速度在某高台边缘竖直上抛，不计空气阻力，取抛出点为坐标原点，向上为坐标轴正方向，g 取10 m/s 2，则3 s 内小球运动的( )图1A ．路程为25 mB ．位移为15 mC ．速度改变量为30 m/sD ．平均速度为5 m/s 答案 A解析 由x ＝v 0t －12gt 2得位移x ＝－15 m ，B 错误；平均速度v ＝xt ＝－5 m/s ，D 错误；小球竖直上抛，由v ＝v 0－gt 得速度的改变量Δv ＝－gt ＝－30 m/s ，C 错误；上升阶段通过路程x 1＝v 022g ＝5 m ，下降阶段通过的路程x 2＝12gt 22，t 2＝t －v 0g ＝2 s ，解得x 2＝20 m ，所以3 s 内小球运动的路程为x 1＋x 2＝25 m ，A 正确．3．离地面高度100 m 处有两只气球正在以同样大小的速率5 m/s 分别匀速上升和匀速下降．在这两只气球上各同时落下一个物体．问这两个物体落到地面的时间差为(g ＝10 m/s 2)( ) A ．0 B ．1 s C ．2 s D ．0.5 s 答案 B4．一个从地面开始做竖直上抛运动的物体，它两次经过一个较低点A 的时间间隔是T A ，两次经过一个较高点B 的时间间隔是T B ，则A 、B 两点之间的距离为(重力加速度为g )( ) A.18g (T A 2－T B 2) B.14g (T A 2－T B 2) C.12g (T A 2－T B 2) D.12g (T A －T B ) 答案 A解析 物体做竖直上抛运动经过同一点，上升时间与下落时间相等，则从竖直上抛运动的最高点到点A 的时间t A ＝T A 2，从竖直上抛运动的最高点到点B 的时间t B ＝T B2，则A 、B 两点的距离x ＝12gt A 2－12gt B 2＝18g (T A 2－T B 2)．5．若一物体从火星表面竖直向上抛出(不计气体阻力)时的x －t 图像如图2所示，则( )图2A ．该火星表面的重力加速度大小为9.8 m/s 2B ．该物体上升的时间为10 sC ．该物体被抛出时的初速度大小为8 m/sD ．该物体落到火星表面时的速度大小为16 m/s 答案 C解析 由题图可知物体上升的最大高度为20 m ，上升时间为5 s ，由h ＝12gt 2得g ＝1.6 m/s 2，A 、B 错误；由0－v 0＝－gt ，得v 0＝8 m/s ，C 正确；根据竖直上抛运动的速度对称性知，D错误．6．如图3所示，一同学从一高为H＝10 m的平台上竖直向上抛出一个可以看成质点的小球，小球的抛出点距离平台的高度为h0＝0.8 m，小球抛出后升高了h＝0.45 m到达最高点，最终小球落在地面上．g＝10 m/s2，不计空气阻力，求：图3(1)小球抛出时的初速度大小v0；(2)小球从抛出到落到地面的过程中经历的时间t.答案(1)3 m/s(2)1.8 s解析(1)上升阶段，由0－v02＝－2gh得：v0＝2gh＝3 m/s.(2)设上升阶段经历的时间为t1，则：0＝v0－gt1，自由落体过程经历的时间为t2，则：h0＋h＋H＝12gt22，又t＝t1＋t2，联立解得：t＝1.8 s.7．一个小球从距离地面高度H＝20 m处自由下落(不计空气阻力)，每次与水平地面发生碰撞后均以碰撞前速率的20%竖直反弹．(重力加速度g＝10 m/s2)．则：(1)小球第一次落地后反弹的最大高度是多少？(2)从开始下落到第二次落地，经过多少时间？答案(1)0.8 m(2)2.8 s解析(1)小球第一次落地时有：v12＝2gH解得：v1＝2gH＝2×10×20 m/s＝20 m/s反弹的速度大小为：v2＝20%v1＝4 m/s故反弹的高度为h2＝v222g ＝422×10m＝0.8 m(2)第一次下落的时间为：t1＝v1g＝2 s反弹后做竖直上抛运动，运用全程法有： h ′＝v 2t 2－12gt 22落地时h ′＝0 得：t 2＝2v 2g＝0.8 s故从开始下落到第二次落地的时间为：t ＝t 1＋t 2＝2 s ＋0.8 s ＝2.8 s. 匀变速直线运动的平均速度公式 v －t 图像求位移[学习目标] 1.理解平均速度公式．并能用平均速度公式解决相关问题.2.会用v －t 图像求位移并判定变加速直线运动位移的大小．一、平均速度公式的理解与应用导学探究 如图1所示，如果匀变速直线运动的初速度为v 0，末速度为v ，这段时间中间时刻的瞬时速度为2t v ，试推导v －＝v 0＋v2＝2t v .图1答案 方法一 解析法在匀变速直线运动中，对于这段时间t ，其中间时刻的瞬时速度2t v ＝v 0＋12at ，该段时间的末速度v ＝v 0＋at ，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得v ＝xt ＝v 0t ＋12at 2t ＝v 0＋12at ＝2v 0＋at 2＝v 0＋v 0＋at 2＝v 0＋v 2＝2t v ，即v ＝v 0＋v 2＝2t v . 方法二 图像法这段时间位移x ＝v 0＋v2t平均速度v ＝x t ＝v 0＋v2中间时刻的瞬时速度对应梯形中位线高，故2t v ＝v 0＋v2知识深化1．平均速度公式：v ＝2t v ＝v 0＋v2(1)匀变速直线运动中任意一段时间t 内的平均速度等于该段时间的中间时刻的瞬时速度，还等于该段时间初、末速度矢量和的一半．(2)若同时涉及位移与时间而不涉及加速度，选用平均速度公式及中间时刻瞬时速度公式2tv ＝x t ，v 0＋v 2＝x t. 2．三个平均速度公式的比较：v ＝xt 适用于任何运动，v ＝v 0＋v 2及v ＝2t v 仅适用于匀变速直线运动．某汽车从车站由静止开出，做匀加速直线运动，运动了12 s 时，发现还有乘客没上来，于是汽车立即做匀减速直线运动至停下，共历时20 s ，运动了50 m ，求汽车在上述运动中的最大速度的大小． 答案 5 m/s解析 由于汽车在前、后两阶段均做匀变速直线运动，设最大速度为v m ，则x 1＝v m2t 1① x 2＝v m2t 2②由①＋②得x 1＋x 2＝v m2(t 1＋t 2)解得v m ＝2(x 1＋x 2)t 1＋t 2＝5 m/s.2019年6月6日，中国科考船“科学”号(如图2所示)对马里亚纳海沟南侧系列海山进行调查，船上搭载的“发现”号遥控无人潜水器完成了本航次第10次下潜作业，“发现”号下潜深度可达6 000 m 以上．潜水器完成作业后上浮，上浮过程初期可看作匀加速直线运动．今测得潜水器相继经过两段距离为8 m 的路程，第一段用时4 s ，第二段用时2 s ，则其加速度大小是( )图2A.23 m/s 2 B.43 m/s 2 C.89 m/s 2 D.169m/s 2 答案 A解析 根据匀变速直线运动中间时刻的速度等于平均速度可知：v 1＝84 m/s ＝2 m/s ；v 2＝82 m/s＝4 m/s再根据加速度的定义可知：a ＝Δv Δt ＝4－23 m/s 2＝23 m/s 2.故选A.二、 v －t 图像求位移 1．利用v －t 图像求位移v －t 图线与时间轴所围的“面积”表示位移．“面积”在时间轴上方表示位移为正，“面积”在时间轴下方表示位移为负；通过的位移为时间轴上、下“面积”绝对值之差．通过的路程为时间轴上、下“面积”绝对值之和． 2．理解(1)初速度为v 0的匀加速直线运动的v －t 图像如图3甲，其中v 0t 与矩形面积相等，12at 2与三角形面积相等，所以x ＝v 0t ＋12at 2.(2)当物体做匀减速直线运动时，如图乙，公式中的a 取负值．相当于从匀速直线运动的位移中“减去”了一部分．图3某一做直线运动的物体的v －t 图像如图4所示，根据图像求：图4(1)物体距出发点的最远距离； (2)前4 s 内物体的位移大小； (3)前4 s 内物体通过的路程． 答案 (1)6 m (2)5 m (3)7 m解析 (1)当物体运动了3 s 时，物体距出发点的距离最远，x m ＝12v 1t 1＝12×4×3 m ＝6 m ；(2)前4 s 内物体的位移大小x ＝|x 1|－|x 2|＝|12v 1t 1|－|12v 2t 2|＝12×4×3 m －12×2×1 m ＝5 m ；(3)前4 s 内物体通过的路程s ＝|x 1|＋|x 2|＝12×4×3 m ＋12×2×1 m ＝7 m.针对训练1 一辆汽车从静止开始由甲地出发，沿平直公路开往乙地，汽车先做匀加速直线运动，接着做匀减速直线运动，开到乙地刚好停止，其速度－时间图像如图5所示，那么0～t 0和t 0～3t 0 两段时间内( )图5A ．加速度大小之比为3∶1B ．位移大小之比为1∶1C ．平均速度大小之比为2∶1D ．平均速度大小之比为1∶1 答案 D解析 加速度a ＝Δv Δt ，由题图知Δt 1＝t 0，Δt 2＝2t 0，则a 1a 2＝21，A 项错误；位移大小之比等于v－t 图线与t 轴所围图形的面积之比，即x 1x 2＝12，B 项错误；平均速度v ＝v 0＋v 2，v 1v 2＝1，C项错误，D 项正确．针对训练2 某物体做直线运动，物体的v －t 图像如图6所示．若初速度的大小为v 0，末速度的大小为v 1，则在0～t 1时间内物体的平均速度________(选填“大于”“等于”或“小于”)v 0＋v 12.图6答案 大于3．v －t 图像与x －t 图像的比较种类内容v －t 图像 x －t 图像 图线斜率 表示加速度 表示速度 图线与时间轴所围面积 表示位移无意义 两图线交点坐标表示速度相同，不表示相遇，往往是距离最大或最小的临界点表示相遇相同点表示物体做直线运动(2021·广元天立国际学校月考)有四个物体A 、B 、C 、D ，物体A 、B 运动的x －t 图像如图7甲所示；物体C 、D 从同一地点沿同一方向运动的v －t 图像如图乙所示．根据图像做出的以下判断中正确的是( )图7A ．物体A 和B 均做匀变速直线运动B ．在0～3 s 的时间内，物体A 、B 的间距逐渐减小C ．t ＝3 s 时，物体C 、D 的位移相同D ．在0～3 s 的时间内，物体C 与D 的间距逐渐增大 答案 D解析 由题图甲看出：物体A 和B 的位移－时间图像都是倾斜的直线，斜率都不变，速度都不变，说明两物体都做匀速直线运动，故A 错误；由题图甲看出，在0～3 s 的时间内，物体A 的位移都大于B 的位移，且从图像上可以看出两者之间的距离一直在增大，故B 错误；由题图乙可以看出C 、D 两物体的v －t 图线在t ＝3 s 交于一点，所以此时刻C 、D 的速度一定相同，根据v －t 图线与t 轴所围面积表示位移以及物体C 、D 从同一地点沿同一方向运动可知，t ＝3 s 时物体C 、D 的位移不相同，故C 错误；由题图乙看出：在0～3 s 的时间内，D 的速度较大，C 、D 间距离增大，故D 正确．考点一 平均速度公式的运用1．(2021·河南省高一月考)如图1所示是我国航母战斗机在航母上的起飞过程．假设该战斗机起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度v 所通过的位移为x ，则该战斗机起飞前的运动时间为( )图1A.2x vB.xv C.x 2v D.x 4v答案 A解析 由平均速度公式可知x ＝v 2t ，即t ＝2xv ，故A 正确，B 、C 、D 错误．2．(2021·盐城市响水中学高一期末)一辆汽车从车站由静止开出，做匀加速直线运动，经过 5 s 通过的位移为7.5 m ，则该汽车在5 s 末的速度大小为( ) A ．2 m/s B ．3 m/s C ．4 m/s D ．5 m/s 答案 B3．一物体从固定斜面上某点由静止开始沿斜面做匀加速直线运动，经过3 s 后到达斜面底端，并在水平地面上做匀减速直线运动，又经过9 s 停止，已知物体经过斜面和水平地面交接处时速度大小不变，则物体在斜面上的位移与在水平地面上的位移之比是( ) A ．1∶1 B ．1∶2 C ．1∶3 D ．3∶1 答案 C解析设物体到达斜面底端时的速度为v，则物体在斜面上的平均速度v1＝v2，在斜面上的位移x1＝v1t1＝v2t1在水平地面上的平均速度v2＝v2，在水平地面上的位移x2＝v2t2＝v2t2所以x1∶x2＝t1∶t2＝1∶3，故选C.4．一辆汽车在水平地面上沿直线行驶，在0～2t时间内做匀加速直线运动，速度由0变为v.在2t～3t时间内做匀减速直线运动，速度由v变为0，在这两段时间内，下列说法正确的是()A．加速度的大小之比为2∶1B．位移的大小之比为2∶1C．平均速度的大小之比为1∶2D．平均速度的大小之比为2∶1答案 B解析根据题意作出汽车运动的v－t图像，如图所示．根据图像的斜率表示加速度，可得加速度的大小之比a1∶a2＝v2t∶vt＝1∶2，故A错误；位移的大小之比x1∶x2＝12v·2t∶12v t＝2∶1，故B正确；平均速度的大小之比v1∶v2＝0＋v 2∶v＋02＝1∶1，故C、D错误．考点二v－t图像的应用5．(2021·连云港东海县高一期末)越来越多的摄影爱好者开始迷上了无人机航拍摄影，在某次航拍中，无人机起飞时竖直方向的速度随时间变化的规律如图2所示，下列说法中正确的是()图2A．无人机经20 s到达最高点B．无人机在0～80 s时间内飞行的最大高度为360 mC．无人机在0～80 s时间内飞行的最大高度为300 mD．无人机在70 s时的加速度为－0.075 m/s2答案 B6.(2021·徐州市高一期末)如图3所示为一物体运动的速度—时间图像，下列说法正确的是()图3A．5 s末加速度反向B．5～6 s内加速度的方向与速度的方向相反C．8 s末离出发点最远D．前6 s的平均速度大小为1.5 m/s答案 D7．做直线运动的物体甲的x－t图像和物体乙的v－t图像分别如图4甲、乙所示，则关于这两个物体的运动情况，下列说法正确的是()图4A．甲在0～6 s时间内运动方向不变，它通过的总位移大小为2 mB．甲在0～6 s时间内平均速度为零C．乙在0～6 s时间内通过的总位移为零D．乙在0～6 s时间内加速度大小不变，方向发生了变化答案 C解析位移－时间图像中图线的斜率表示速度，甲在整个过程中图线的斜率不变，知甲运动的速度不变，总位移为Δx＝2 m－(－2 m)＝4 m，故A、B错误；乙在0～6 s内，先向负方向做匀减速直线运动，后向正方向做匀加速直线运动，速度的方向在第3 s时发生改变，v－t 图线与时间轴围成的面积表示位移，则乙在0～6 s 内总位移为零，故C 正确；速度－时间图像中图线的斜率表示加速度，题图乙中图线的斜率不变，知乙的加速度大小不变，方向也未发生改变，故D 错误．8．如图5是某物体运动的v －t 图像，根据图像求：图5(1)0～6 s 内物体的位移为________．(2)0～2 s 内物体的平均速度v 1＝________，4～5 s 内物体的平均速度v 2＝________， v 1________(选填“＞”“＝”或“＜”)v 2. 答案 (1)6.5 m (2)1 m/s 1 m/s ＝ 解析 (1)0～5 s 内物体向正方向运动 位移x 1＝(2＋5)×22 m ＝7 m5～6 s 内物体的位移x 2＝－1×12m ＝－0.5 m 0～6 s 内物体的位移x ＝x 1＋x 2＝6.5 m (2)v 1＝0＋v2＝1 m/sv 2＝v ＋02＝1 m/sv 1＝v 2.9．(2021·宿迁市高一上期末)甲、乙、丙、丁四辆车由同一地点向同一方向运动，甲、乙的x －t 图像和丙、丁的v －t 图像如图6所示，下列说法中正确的是( )图6A ．0～t 1时间内甲车路程小于乙车路程B ．0～t 1时间内的某时刻甲、乙两车速度相等C ．t 2时刻，丙、丁两车相遇D ．t 2时刻丙车加速度比丁车的加速度小 答案 B10．(2020·镇江市丹徒高中月考)中国自主研发的“暗剑”无人机，时速可超过2马赫．在某次试飞测试中，起飞前沿地面做匀加速直线运动，加速过程中连续经过两段均为120 m 的测试距离，用时分别为2 s 和1 s ，则无人机的加速度大小是( ) A ．20 m/s 2 B ．40 m/s 2 C ．60 m/s 2 D ．80 m/s 2答案 B11．(2021·镇江市丹徒高中月考)汽车以10 m/s 的速度在平直公路上匀速行驶，某时刻驾驶员发现正前方15 m 处的斑马线上有行人，经过0.5 s 反应时间后，采取刹车礼让行人，汽车恰好停在斑马线前．汽车运动的v －t 图像如图7所示，则汽车刹车时的加速度大小为( )图7A ．20 m/s 2B ．6 m/s 2C ．5 m/s 2D ．4 m/s 2答案 C解析 减速位移x ′＝(15－10×0.5) m ＝10 m ，减速时间设为t ′，x ′＝v 02t ′，得t ′＝2 s ，a ＝v 0t ′＝5 m/s 2，C 正确． 12．(2020·山西太原高一上期中)我国“蛟龙号”载人潜水器进行下潜试验，从水面开始竖直下潜，最后返回水面，其v －t 图像如图8所示，则下列说法正确的是( )图8A ．0～4 min 和6～10 min 两时间段平均速度大小相等B ．全过程中的最大加速度为0.025 m/s 2C ．3～4 min 和6～8 min 的加速度方向相反D ．本次下潜的最大深度为6 m 答案 A解析 根据v －t 图像中图线与横轴围成的面积表示位移，则0～4 min 内的位移大小为：x ＝12×(120＋240)×2.0 m ＝360 m ；6～10 min 内位移大小为x ′＝12×3.0×240 m ＝360 m ，可知，0～4 min 和6～10 min 两时间段位移大小相等，所用时间相等，则平均速度大小相等，故A 正确；v －t 图线的倾斜程度表示加速度的大小，0～1 min 和3～4 min 加速度最大，大小为a ＝v t ＝2.060 m/s 2≈0.033 m/s 2，故B 错误；v －t 图像的斜率的正负反映加速度的方向，可知3～4 min 和6～8 min 加速度方向相同，故C 错误；由题图可知t ＝4 min 时“蛟龙号”下潜到最深处，最大深度为：s ＝12×(120＋240)×2.0 m ＝360 m ，故D 错误．13.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 图像如图9所示．在这段时间内( )图9A ．汽车甲的平均速度比乙大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 答案 A解析 因为v －t 图线与t 坐标轴所围的面积表示物体的位移，故在0～t 1时间内，甲车的位移大于乙车，故根据v ＝xt 可知，甲车的平均速度大于乙车，选项A 正确，C 错误；因为乙车做变减速运动，故平均速度不等于v 1＋v 22，选项B 错误；因为v －t 图线的切线斜率的绝对值等于物体的加速度大小，故甲、乙两车的加速度大小均逐渐减小，选项D错误．。
高考物理一轮复习 课后练习2 匀变速直线运动的规律(含解析)
学习资料匀变速直线运动的规律建议用时：45分钟1．(2019·德阳调研)一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足v ＝2＋t (各物理量均选用国际单位制中单位）,则关于该质点的运动,下列说法正确的是（ ）A ．质点可能做匀减速直线运动B ．5 s 内质点的位移为35 mC ．质点运动的加速度为1 m/s 2D ．质点3 s 末的速度为5 m/sB ［根据平均速度v ＝错误!知，x ＝vt ＝2t ＋t 2，根据x ＝v 0t ＋错误!at 2＝2t ＋t 2知，质点的初速度v 0＝2 m/s,加速度a ＝2 m/s 2，质点做匀加速直线运动，故A 、C 错误；5 s 内质点的位移x ＝v 0t ＋12at 2＝2×5 m＋错误!×2×25 m＝35 m,故B 正确；质点在3 s 末的速度v ＝v 0＋at ＝2 m/s ＋2×3 m/s＝8 m/s ，故D 错误.］2．（2019·福建五校第二次联考）宇航员在某星球上做自由落体运动实验，让一个质量为2 kg 的物体从足够高的高度自由下落，测得物体在第5 s 内的位移是18 m,则（ )A ．物体在2 s 末的速度是20 m/sB ．物体在第5 s 内的平均速度是3。
6 m/sC ．物体自由下落的加速度是5 m/s 2D ．物体在5 s 内的位移是50 mD [根据运动学公式Δx ＝错误!at 错误!－错误!at 错误!＝18 m ，t 2＝5 s ，t 1＝4 s ，解得a ＝4 m/s 2，选项C 错误；物体在2 s 末的速度为v 2＝4×2 m/s＝8 m/s ，选项A 错误;物体在5 s 内的位移为x 5＝错误!×4×52 m ＝50 m,选项D 正确;物体在第5 s 内的位移为18 m ，故物体在第5 s 内的平均速度为18 m/s ，选项B 错误。
2022届高考物理一轮复习 第2章 第2讲 运动的合成与分解 过关检测习题(含解析)
第二章 第二讲运动的合成与分解一、单选题1．一个竖直向下的180N 的力分解为两个分力，一个分力在水平方向上并且大小为240N ，则另一个分力的大小为（ ） A ．60NB ．240NC ．300ND ．420N2．一大力士用绳子拉动汽车，拉力为F ，绳与水平方向的夹角为θ。
则拉力F 在竖直方向的分力为（ ） A ．sin θFB ．cos FθC ．F sin θD ．F cos θ3．一平面内有三个大小相等的共点力，如图甲、乙、丙、丁所示，各图的合力大小分别记为F 甲、F 乙、F 丙、F 丁，则下列判断正确的是（ ）A ．F F F F >>>甲乙丁丙B ．F F F F >>>乙甲丁丙C ．F F F F >>>乙甲丁丙D ．F F F F >>>乙丁甲丙4．如图所示，重为G 物体在外力F 的牵引下沿粗糙水平面作匀速直线运动，已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，若F 与水平面间的夹角θ从0︒到90︒逐渐增大，下列说法错误的是（ ） A ．力F 逐渐增大 B ．外力F 先减小后增大 C ．物体的合外力保持不变D ．支持力与摩擦力的合力方向不变5．如图，一个重力为10 N 的物体，用细线悬挂在O 点，现在用力F 拉物体，使悬线偏离竖直方向30°时处于静止状态，此时所用拉力F 的最小值为（ ） A ．5 NB ．2.5 NC ．8.65 ND ．4.3 N6．水平横梁的一端A 插在墙壁内，另一端装有一小滑轮B ，一轻绳的一端固定在墙上，另一端跨过滑轮后挂着一质量为m =8kg 的物体，并与横梁夹角为30°，如图所示，g =10m/s 2，则滑轮受到的作用力为（ ） A ．40NB ．403NC ．80ND ．803N7．表演的安全网如图甲所示，网绳的结构为正方形格子，O 、a 、b 、c 、d 等为网绳的结点，安全网水平张紧后，质量为m 的运动员从高处落下，恰好落在O 点上。
新步步高高考物理(全国用)大一轮复习讲义课件：第二章 相互作用 专题强化二
4
盘查拓展点
生活中平衡问题的实例分析 力的平衡问题在日常生活中有许多实例，解答的关键是要建立正确的物 理模型，选择合适的的解题方法，一般按以下步骤进行：
【典例】 一般教室门上都安装一种暗锁，这种暗锁由外壳A、骨架B、弹 簧C(劲度系数为k)、锁舌D(倾角θ＝45°)、锁槽E以及连杆、锁头等部件 组成，如图甲所示.设锁舌D的侧面与外壳A和锁槽E之间的动摩擦因数均为 μ，最大静摩擦力Ffm由Ffm＝μFN(FN为正压力)求得.有一次放学后，当某同 学准备关门时，无论用多大的力， 也不能将门关上(这种现 象称为自锁)，此刻暗锁 所处的状态的俯视图如 图乙所示，P为锁舌D与 锁槽E之间的接触点，弹 簧由于被压缩而缩短了x.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
2.(多选)如图所示，粗糙水平面上有一长木板，一个人站在木板上用力F 向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态.三者的质量均为m，下列 说法正确的是 答案 A.箱子受到的摩擦力方向向右
√B.人受到的摩擦力方向向右 √C.箱子对木板的摩擦力方向向右
D.若水平面光滑，人用同样大小的力F推箱子，能使长木板在水平面上 滑动
√A.B对A的摩擦力大小为Ff，方向向左
B.A和B保持静止，C匀速运动
√C.A保持静止，B和C一起匀速运动 √D.C受到地面的摩擦力大小为F－Ff
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
√D.支持力小于(M＋m)g
Ff
mg
2
命题点二
动态平衡问题
1.共点力的平衡 (1)平衡状态：物体处于 静止 或 匀速直线运动 状态，称为平衡状态. (2)平衡条件：物体所受合力 为零 ，即 F合＝0 .若采用正交分解法求平 衡问题，则平衡条件是 Fx合＝0，Fy合＝0 . (3)常用推论： ①二力平衡：二力等大反向. ②三力平衡：任意两个力的合力与第三个力等大反向. ③多力平衡：其中任意一个力与其余几个力的合力等大反向.
版高考物理一轮复习 第二章 相互作用 课时2 力的合成与分解 受力分析和物体的平衡课时训练(含解析)
课时2 力的合成与分解受力分析和物体的平衡1.(2019·浙江6月学考)如下列图是某幼儿园的一部直道滑梯,其滑道倾角为θ。
一名质量为m的幼儿在此滑道上匀速下滑。
假设不计空气阻力,如此该幼儿( A )A.所受摩擦力大小为mgsin θB.所受摩擦力大小为mgcos θC.对滑道压力大小为mgsin θD.对滑道压力大小为mgtan θ2.如图是某街舞爱好者在水平面上静止倒立的情景,如此此街舞爱好者( A )A.手掌所受支持力大小等于人的重力B.手掌所受静摩擦力方向向左C.手掌所受静摩擦力方向向右D.重心在腰部某处解析:此街舞爱好者只受重力和水平面对手掌的支持力,且二力平衡,故重心应在手掌正上方,A正确,B,C,D错误。
3.某校在水平直道举行托乒乓球徒步比赛。
某同学将球置于球拍中心,保持球拍的倾角为θ0,球一直保持在球拍中心不动。
整个过程假设做匀速直线运动至终点。
如此乒乓球受到(忽略空气阻力)( C )A.1个力B.2个力C.3个力D.4个力解析:乒乓球受重力、球拍对球的支持力与球拍对球的摩擦力,故C正确。
4.L形木板P(上外表光滑)放在固定斜面上,轻质弹簧一端固定在木板上,另一端与置于木板上外表的滑块Q相连,如下列图。
假设P,Q一起沿斜面匀速下滑,不计空气阻力,如此木板P的受力个数为( C )A.3B.4C.5D.6解析:因P,Q一起匀速下滑,所以斜面对P有沿斜面向上的摩擦力,而Q必受弹簧向上的弹力,所以隔离P可知P受重力、斜面摩擦力、斜面弹力、弹簧弹力、Q的压力作用,故C正确。
5.(多项选择)明朝谢肇淛的《五杂组》中记载:“明姑苏虎丘寺塔倾侧,议欲正之,非万缗不可。
一游僧见之曰:无烦也,我能正之。
〞游僧每天将木楔从塔身倾斜一侧的砖缝间敲进去,经月余扶正了塔身。
假设所用的木楔为等腰三角形,木楔的顶角为θ,现在木楔背上加一力F,方向如下列图,木楔两侧产生推力F N,如此( BC )A.假设F一定,θ大时F N大B.假设F一定,θ小时F N大C.假设θ一定,F大时F N大D.假设θ一定,F小时F N大解析:根据力F的作用效果将力F分解为垂直于木楔两侧的推力F N,如下列图。
【金版教程】2015届高考物理大一轮总复习 第二章 第2讲 光的波动性 新人教版选修3-4
知识点 4 实验：用双缝干涉测光的波长 1. 实验目的 (1)观察双缝干涉图样，掌握实验方法． (2)测定单色光的波长． 2. 实验原理 相邻两条明条纹间距 Δx 与入射光波长 λ， 双缝 S1、S2 间距 l d 及双缝与屏的距离 l 满足的关系式为：Δx＝ λ. d
D. 太阳、电灯等普通光源发出的光都是自然光
解析： 普通光源直接发出的光是自然光，自然光沿各方 向振动的强度相同， A 错 D 对，自然光经偏振片后成为偏振
光，而不可能再还原为偏振光，偏振光定义即为 B ，故 B 对 C
错． 答案：BD
二、规律方法题组
5. [明暗条纹的判断方法 ](多选)关于光的干涉现象，下列 说法正确的是( ) A. 在波峰与波峰叠加处，将出现亮条纹；在波谷与波谷 叠加处，将出现暗条纹 B. 在双缝干涉实验中，光屏上距两狭缝的路程差为1个波 长的某位置，将出现亮纹 C. 把入射光由黄光换成紫光，两相邻亮条纹间的距离变 窄 D. 当薄膜干涉的条纹是等间距的平行线时，说明薄膜的 厚度处处相等
答案：CD
4. [光的偏振现象](多选)关于自然光和偏振光以下说法正 确的是( ) A. 自然光包含着在垂直于传播方向上沿一切方向振动的
光，但是沿各个方向振动的光波的强度可以不相同
B. 偏振光是在垂直于光的传播方向上，只沿着某一特定 方向振动的光 C. 自然光透过一个偏振片后就成为偏振光，偏振光经过 一个偏振片后又还原为自然光
彩色 条纹． ②白光：光屏上出现_____
l λ ，即在两狭缝间距 d和狭缝与 (3)条纹间距公式： Δx＝ _____ d
屏间距离l不变的条件下，单色光产生的干涉条纹间距与光的波
高中物理高考 第2章 专题强化3 受力分析 共点力平衡 2023年高考物理一轮复习
例9 如图所示，两个质量均为m的小球通过两根轻弹簧A、B连接，在
水平外力F作用下，系统处于静止状态，弹簧实际长度相等.弹簧A、B的
劲度系数分别为kA、kB，且原长相等.弹簧A、B与竖直方向的夹角分别为 θ与45°.设A、B中的拉力分别为FA、FB，小球直径 相比弹簧长度可忽略，重力加速度为g，则
√A.tan θ＝12
√B.物体B受到的摩擦力大小为mAgcos θ
C.物体B对地面的压力可能为零
√D.物体B对地面的压力大小为mBg－mAgsin θ
轻绳拉力FT＝mAg，对B，在水平方向有Ff＝FTcos θ＝mAgcos θ，在竖 直方向地面对B的支持力FN＝mBg－FTsin θ＝mBg－mAgsin θ，由牛顿 第三定律可知，选项B、D正确； 当mBg＝mAgsin θ时，FN＝0，此时物体B不可能静止，选项A、C错误.
题型二
共点力的平衡条件及应用
基础梳理 夯实必备知识
1.共点力的平衡 (1)平衡状态：物体 静止 或做匀速直线运动 . (2)平衡条件：F合＝ 0 或Fx＝ 0 ，Fy＝ 0 . (3)常用推论 ①若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n－1) 个力的合力 大小相等、方向相反 . ②若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成 一个 封闭 三角形.
例1 如图所示，水平面上的P、Q两物块的接触面水平，二者叠在一起 在作用于Q上的水平恒定拉力F的作用下向右做匀速运动，某时刻撤去力 F后，二者仍能不发生相对滑动.关于撤去F前后Q的受力个数的说法正确 的是 A.撤去F前6个，撤去F后瞬间5个
√B.撤去F前5个，撤去F后瞬间5个
C.撤去F前5个，撤去F后瞬间4个 D.撤去F前4个，撤去F后瞬间4个
2025版高考物理一轮总复习第2章相互作用专题强化2动态平衡问题平衡中的临界和极值问题提能训练
其次章专题强化二基础过关练题组一动态平衡问题1. (2024·安徽蚌埠检测)如图甲，一台空调外机用两个三角形支架固定在外墙上，空调外机的重心恰好在支架水平横梁OA和斜梁OB的连接点O的上方，图乙为示意图。
假如把斜梁加长一点，即B点下移，仍保持连接点O的位置不变，横梁照旧水平，这时OA对O点的作用力F1和OB对O点的作用力F2将如何变更( B )A．F1变大，F2变大B．F1变小，F2变小C．F1变大，F2变小D．F1变小，F2变大[解析]设OA与OB之间的夹角为α，对O点受力分析可知F压＝G，F2＝F压sin α，F1＝F压tan α，因斜梁加长，所以α角变大，由数学学问可知，F1变小，F2变小，B正确，A、C、D错误。
2．(2024·江西上饶市模拟)如图所示，轻绳a的一端固定于竖直墙壁，另一端拴连一个光滑圆环。
轻绳b穿过圆环，一端拴连一个物体，用力拉住另一端C将物体吊起，使其处于静止状态。
不计圆环受到的重力，现将C端沿竖直方向上移一小段距离，待系统重新静止时( B )A．绳a与竖直方向的夹角不变B．绳b的倾斜段与绳a的夹角变小C．绳a中的张力变大D ．绳b 中的张力变小[解析] 轻绳b 穿过圆环，一端拴连一个物体，可知轻绳b 的拉力与物体重力相等，依据力的合成法则可知轻绳b 与连接物体绳子拉力的合力F 方向与a 绳共线，用力拉住另一端C 将物体吊起，可知绳a 与竖直方向的夹角变大，故A 、D 错误；轻绳b 与F 的夹角变大，则绳b 的倾斜段与绳a 的夹角变小，故B 正确；依据力的合成法则可知，两分力的夹角变大，合力变小，故绳a 中的张力变小，故C 错误。
故选B 。
3. (多选)(2024·福建漳州质检)如图，用硬铁丝弯成的光滑半圆环竖直放置，最高点B 处固定一小滑轮，质量为m 的小球A 穿在环上。
现用细绳一端拴在小球A 上，另一端跨过滑轮用力F 拉动，使小球A 缓慢向上移动。
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角分别为30°和60°.重力加速度为g.当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜面
Ⅰ、Ⅱ压力的大小分别为F1、F2，则
A.F1＝
33mg，F2＝
3 2 mg
B.F1＝
23mg，F2＝
3 3 mg
C.F1＝12mg，F2＝
3 2 mg
图4
√D.F1＝ 23mg，F2＝12mg
解析 分析可知工件受力平衡，对工件受到的重力按 照压紧斜面Ⅰ和Ⅱ的效果进行分解如图所示，
FTcos θ＝mBg
②
由①②得：
mA∶mB＝1∶cos θ，故A正确，B、C、D错误.
题型三 动态平衡问题
高考热点 讲透练熟
1.动态平衡 动态平衡就是通过控制某一物理量，使物体的状态发生缓慢的变化，但变化过 程中的每一个状态均可视为平衡状态，所以叫动态平衡. 2.常用方法 解析法、图解法、相似三角形法等，特别是三力动态平衡问题，常用图解法分析.
加一个水平力F，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个过程中物体甲保持静止，
甲受到地面的摩擦力为Ff，则该过程中
A.Ff变小，F变大
B.Ff变小，F变小
C.Ff变大，F变小
√D.Ff变大，F变大
图9
解析 以小球乙为研究对象受力分析，设
绳与竖直方向的夹角为α，根据平衡条件可
得，水平拉力为F＝mgtan α，可见水平拉力
变式1 如图2，一个物体以某一初速度冲上粗糙斜面，下列关 于物体的受力分析正确的是
图2
√
变式2 如图3所示，两个质量均为m的小球通过两根轻弹簧A、B连接，在水 平外力F作用下，系统处于静止状态，弹簧实际长度相等.弹簧A、B的劲度系 数分别为kA、kB，且原长相等.弹簧A、B与竖直方向的夹角分别为θ与45°.设A、 B中的拉力分别为FA、FB.小球直径相比弹簧长度可以忽略，重力加速度为g.则
第一次小圆环缓慢上升到 N 点时，FN＝G、FT＝ 2G；第二次小圆环运动的过 程中，假设小圆环速率恒为 v，当小圆环运动到 N 点时，在水平方向上有 FT′cos 45°－FN′＝mvR2，在竖直方向上有 G＝FT′sin 45°，解得 FT′＝ 2G，FN′＝ G－mvR2，再结合牛顿第三定律可知，C 正确，D 错误.
F逐渐增大，绳子的拉力为FT＝cmosgα ，故绳 子的拉力也逐渐增大；
以物体甲为研究对象受力分析，根据平衡条件可得，物体甲受地面的摩擦力与
绳子的拉力沿水平方向的分力FTx＝FTcos θ，两力等大反向，故摩擦力方向向
左，Ff＝
mgcos cos α
θ
，逐渐增大，故D正确，A、B、C错误.
题型3 相似三角形法
微点讲座系列 3 平衡中的临界与极值问题
能力考点 师生共研
1.临界问题 当某物理量变化时，会引起其他几个物理量的变化，从而使物体所处的平衡 状态“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚 能”“恰好”等. 2.极值问题 平衡物体的极值，一般指在力的变化过程中的最大值和最小值问题.
T A.sin α
T B.cos α
√C.Tsin α
D.Tcos α
图5
解析 以气球为研究对象，受力分析如图所示，则由力的平 衡条件可知，气球在水平方向的合力为零，即风对气球作用 力的大小为F＝Tsin α，C正确，A、B、D错误.
变式4 (2019·陕西宝鸡市高考模拟检测(二))如图6所示，一条细绳跨过定滑轮
大一轮复习讲义
专题解读
1.本专题是本章重要知识和规律的综合，特别是受力分析和平衡条件的应用， 是高考的重点和热点.
2.高考对本专题内容的考查主要是在选择题中作为一个考查点出现，但近年在 计算题中也作为一个力学或电学考点命题.
3.用到的相关知识有：受力分析、力的合成与分解、共点力的平衡条件；用到 的主要方法有：整体法与隔离法、合成法、正交分解法等.
题型一 物体的受力分析
基础考点 自主悟透
1.力学中的五种力
种类
重力
弹簧弹力 静摩擦力 滑动摩擦力 万有引力
大小
方向
G＝mg(不同高度、纬度、星球， g不同)
竖直向下
F＝kx(x为形变量)
沿弹簧轴线
0＜Ff静≤Ffmax 与相对运动方向相反 沿质点间的连线
2.处理平衡问题的基本思路 确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔离法)→受力分析→建 立平衡方程→求解或作讨论. 3.常用的方法 (1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定它们的方向时常用假设法. (2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、图解法等.
例2 (2019·全国卷Ⅲ·16)用卡车运输质量为m的匀质圆筒状工件，为使工件保 持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图4所示.两斜面Ⅰ、Ⅱ固定在车上，倾
连接物体A、B，A悬挂起来，B穿在一根竖直杆上，两物体均保持静止，不计
绳与滑轮、B与竖直杆间的摩擦，已知绳与竖直杆间的夹角为θ，则物体A、B
的质量之比mA∶mB等于
√A.1∶cos θ
B.cos θ∶1
C.tan θ∶1
D.1∶sin θ
图6
解析 设绳子的拉力为FT，隔离A分析有
FT＝mAg
①
隔离B分析有：
2.受力分析 (1)把指定物体(研究对象)在特定的物理环境中受到的所有外力都找出来，并画 出受力示意图的过程. (2)一般步骤
3.整体法与隔离法
整体法
隔离法
概念
将加速度相同的几个物体作为一 将研究对象与周围物体分隔开
个整体来分析的方法
来分析的方法
研究系统外的物体对系统整体的 研究系统内物体之间的相互作
结合几何关系可知工件对斜面Ⅰ的压力大小为 F1＝ mgcos 30°＝ 23mg、对斜面Ⅱ的压力大小为 F2＝mgsin 30° ＝12mg，选项 D 正确，A、B、C 错误.
变式3 (2019·江苏卷·2)如图5所示，一只气球在风中处于
静止状态，风对气球的作用力水平向右.细绳与竖直方向的
夹角为α，绳的拉力为T，则风对气球作用力的大小为
解得：kkAB＝FFAB＝
5，故 2
A
正确，B、C、D
错误.
题型二 静态平衡问题
高考热点 讲透练熟
1.共点力的平衡 (1)平衡状态：物体静止或做匀速直线运动. (2)平衡条件：F合＝0或Fx＝0，Fy＝0. (3)常用推论 ①若物体受n个作用力而处于平衡状态，则其中任意一个力与其余(n－1)个力 的合力大小相等、方向相反. ②若三个共点力的合力为零，则表示这三个力的有向线段首尾相接组成一个封 闭三角形.
√A.tan θ＝12
B.kA＝kB
C.FA＝ 3mg
D.FB＝2mg
图3
解析 对下面的小球进行受力分析，如图甲所示： 根据平衡条件得：F＝mgtan 45°＝mg，FB＝coms 4g5°＝ 2mg；
对两个小球整体受力分析，如图乙所示：
根据平衡条件得：tan θ＝2mFg， 又 F＝mg，解得 tan θ＝12，FA＝ 2mg2＋F2＝ 5mg， 由题意可知两弹簧的形变量相等，则有：x＝FkAA＝FkBB，
图11
答案
3 3
解析 如图甲所示，未施加力F时，对物体受力分析，
由平衡条件得mgsin 30°＝μmgcos 30°
解得
μ＝tan
30°＝
3 3
(2)这一临界角θ0的大小.
答案 60°
解析 设斜面倾角为α时，受力情况如图乙所示，由平衡条件得： Fcos α＝mgsin α＋Ff′ FN′＝mgcos α＋Fsin α Ff′＝μFN′ 解得 F＝mgcsionsαα＋－μμmsigncαos α 当 cos α－μsin α＝0，即 tan α＝ 3时，F→∞，即“不论水平恒力 F 多大，都 不能使物体沿斜面向上滑行”，此时，临界角 θ0＝α＝60°.
选用原则
作用力或系统整体的加速度
用力
例1 (2020·云南保山市统一检测)如图1所示，A、B、C三个物体处于平衡状态， 则关于A、B、C三个物体的受力个数，下列说法正确的是 A.A物体受到4个力的作用 B.B物体受到3个力的作用
√C.C物体受到3个力的作用
D.C物体受到4个力的作用 图1
解析 物体C受重力、B的支持力和摩擦力3个力的作用，选项C正确，D错误； 物体B受重力、A的支持力、C的压力和摩擦力4个力的作用，选项B错误； 把B、C看成一个整体，物体A受重力、地面的支持力以及B、C整体的压力3个 力的作用，选项A错误.
在此过程中
A.FN1始终减小，FN2始终增大
√B.FN1始终减小，FN2始终减小
C.FN1先增大后减小，FN2始终减小
图7
D.FN1先增大后减小，FN2先减小后增大
解析 对小球受力分析如图所示，可知木板从题图位置缓慢地转到水平位置的 过程中，FN1始终减小，FN2始终减小.故选项B正确.
变式5 (2020·河南驻马店市第一学期期终)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天
图8
解析 对结点O受力分析如图所示，当保持O点位置不变，则当力F的方向顺 时针缓慢旋转至竖直方向的过程中，由图可知F先减小后增大，FT一直减小， 故选C.
题型2 解析法的应用
例4 (2019·安徽蚌埠市第二次质检)如图9所示，物体甲放置在水平地面上，
通过跨过定滑轮的轻绳与小球乙相连，整个系统处于静止状态.现对小球乙施
3.解题方法 (1)极限法：首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡的临界点 和极值点；临界条件必须在变化中去寻找，不能停留在一个状态来研究临界问 题，而要把某个物理量推向极端，即极大和极小. (2)数学分析法：通过对问题的分析，依据物体的平衡条件写出物理量之间的 函数关系(画出函数图象)，用数学方法求极值(如求二次函数极值、公式极值、 三角函数极值). (3)物理分析方法：根据物体的平衡条件，作出力的矢量图，通过对物理过程 的分析，利用平行四边形定则进行动态分析，确定最大值与最小值.