通用版2019版高考物理二轮复习：第一部分 第一板块 第2讲 熟知“四类典型运动”掌握物体运动规律(含解析)
2019年高考物理高中物理步步高大二轮专题复习课件及试题专题二 第2课时
(3)卫星变轨 由低轨变高轨，需增大速度，稳定在高轨道上时速度比在低轨道 小；由高 轨变低轨，需减小速度，稳定在低轨道上时速度比在高轨道 大 . (4)宇宙速度 第一宇宙速度：
mv12 GMm 推导过程为：由 mg＝ R ＝ R2 得： v1＝ GM 7.9 km/s. ＝ gR ＝ R
第一宇宙速度是人造地球卫星的最大环绕速度，也是人造地球卫星的最小 发射速度 . 第二宇宙速度：v2＝11.2 km/s，使物体挣脱 地球引力束缚的最小发射速度.
A.击球点的高度与网高度之比为2∶1
B.乒乓球在网左右两侧运动时间之比为2∶1
例2
(2018· 湖北省十堰市调研)如图3所示为足球球门，球门宽为L，一个
球员在球门中心正前方距离球门 s处高高跃起，将足球顶入球门的左下方 死角(图中P点).若球员顶球点的高度为h.足球被顶出后做平抛运动(足球可 看做质点)，重力加速度为g.则下列说法正确的是
A.足球在空中运动的时间 t＝ B.足球位移大小 l＝ L2 2 4 ＋s 2 s2＋h2 g
专题二 力与物体的运动
第2课时 力与曲线运动
内容索引
相关知识链接 规律方法提炼 高考题型1 曲线运动的理解和分析 高考题型2 平抛运动基本规律的应用
高考题型3 圆周运动的分析
高考题型4 万有引力定律的理解和应用
相关知识链接 规律方法提炼
相关知识链接
1.曲线运动的条件 当物体所受合外力的方向跟它的速度方向 不共线 时，物体做曲线运动. 合运动与分运动具有等时性和 等效性 ，分运动和分运动具有独立性. 2.平抛运动
图1
解析
答案
拓展训练1
(2018· 湖南省衡阳市第二次联考 ) 一只小船渡过两岸平行的
2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第二部分 第一板块 第1讲 抓住“两类场的本质”理解电、磁场的性质
第1讲 |抓住“两类场的本质”，理解电、磁场的性质┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄提能点(一) “吃透”电场强度和电势概念，理解电场的性质⎣⎢⎡⎦⎥⎤基础保分类考点练练就能过关 [知能全通]————————————————————————————————1．类比法、对称法求解叠加场的场强(1)类比法：当空间某一区域同时存在两个或两个以上的电场(由各自独立的场源电荷所激发)时，某点场强E 等于各电场的场强在该点的矢量和，遵循平行四边形定则，可以类比力的合成与分解。
(2)对称法：2．电势高低的三种判断方法3．电荷电势能大小判断的“四法”(1)U AB ＝φA －φB 。
(2)U AB ＝W AB q，适用于任何电场。
(3)U ＝Ed ，适用于匀强电场。
[题点全练]———————————————————————————————— 1.(2018·全国卷Ⅰ)如图，三个固定的带电小球a 、b 和c ，相互间的距离分别为ab ＝5 cm ，bc ＝3 cm ，ca ＝4 cm 。
小球c 所受库仑力的合力的方向平行于a 、b 的连线。
设小球a 、b 所带电荷量的比值的绝对值为k ，则( )A ．a 、b 的电荷同号，k ＝169 B ．a 、b 的电荷异号，k ＝169 C ．a 、b 的电荷同号，k ＝6427 D ．a 、b 的电荷异号，k ＝6427解析：选D 由于小球c 所受库仑力的合力的方向平行于a 、b 的连线，根据受力分析知，a 、b 的电荷异号，根据库仑定律，a 对c 的库仑力为F a ＝k 0q a q c (ac )2，b 对c 的库仑力为F b ＝k 0q b q c (bc )2。
设合力向左，如图所示，根据相似三角形，得F a ac ＝F b bc ，联立以上各式得k ＝⎪⎪⎪⎪q a q b＝(ac )3(bc )3＝6427，D 正确。
2019版高考物理(通用版)二轮复习讲义：第一部分第一板块第2讲熟知“四类典型运动”掌握物体运动规律
第2讲 |熟知“四类典型运动”，掌握物体运动规律┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄提能点(一) “熟能生巧”，快速解答匀变速直线运动问题⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤基础保分类考点练练就能过关 [知能全通]————————————————————————————————解答匀变速直线运动问题的常用方法1．基本公式法：v ＝v 0＋at ，x ＝v 0t ＋12at 2，v 2－v 02＝2ax 。
2．重要推论法：v t 2＝v ＝v 0＋v 2(利用平均速度测瞬时速度)；v x2＝v 02＋v 22；Δx ＝aT 2(用逐差法测加速度)。
3．逆向思维法：“匀减速(至速度为零的)直线运动”可逆向处理为“(由静止开始的)匀加速直线运动”。
4．图像法：利用v -t 图像或x -t 图像求解。
5．比例法：只适用于初速度或末速度为零的匀变速直线运动。
(1)1T 末、2T 末、3T 末、…、nT 末瞬时速度之比为1∶2∶3∶…∶n 。
(2)第1个T 内、第2个T 内、…、第n 个T 内位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n －1)。
(3)从静止开始连续通过相等位移所用时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)。
[题点全练]———————————————————————————————— 1．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。
在启动阶段，列车的动能( )A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比解析：选B 动能E k ＝12m v 2，与速度的平方成正比，故C 错误；速度v ＝at ，可得E k ＝12ma 2t 2，与经历的时间的平方成正比，故A 错误；根据v 2＝2ax ，可得E k ＝max ，与位移成正比，故B 正确；动量p ＝m v ，可得E k ＝p 22m，与动量的平方成正比，故D 错误。
高考物理二轮复习第一板块大命题区间第2讲熟知“四类典型运动”掌握物体运动规律讲义
第2讲 ⎪⎪熟知“四类典型运动”，掌握物体运动规律[考法·学法]一、“熟能生巧”，快速解答匀变速直线运动问题基础保分类考点[全练题点]1. (2016·全国卷Ⅲ)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 2B.3s 2t2 C.4st2D.8s t2解析：选A 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 12，则v 2＝3v 1，进而得出2v 1＝st。
质点的加速度a ＝v 2－v 1t ＝2v 1t ＝st2。
故选项A 正确。
2．如图所示，甲从A 点由静止匀加速跑向B 点，当甲前进距离为s 1时，乙从距A 点s 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 点，则A 、B 两点间的距离为( )A ．s 1＋s 2B.s 1＋s 224s 1C.s 12s 1＋s2D.s 1＋s 22s 1－s 2s 1解析：选B 设A 、B 两点间的距离为x ，甲、乙两人的加速度大小为a ，由x ＝12at 2得，甲前进距离s 1用时t 1＝2s 1a，到达B 点的总时间t ＝2xa，乙到达B 点用时t 2＝x －s 2a ，根据题意，t ＝t 1＋t 2，解得x ＝s 1＋s 224s 1，故B 正确。
3.如图所示，两光滑斜面在B 处连接，小球从A 处由静止释放，经过B 、C 两点时速度大小分别为3 m/s 和4 m/s ，AB ＝BC 。
设球经过B 点前后速度大小不变，则小球在AB 、BC 段的加速度大小之比及小球由A 运动到C 过程中的平均速率分别为( ) A ．3∶4 2.1 m/s B ．9∶16 2.5 m/s C ．9∶7 2.1 m/sD ．9∶7 2.5 m/s解析：选C 设AB ＝BC ＝x ，则在AB 段a 1＝v B 22x ，在BC 段a 2＝v C 2－v B 22x ，所以a 1a 2＝3242－32＝97，AB 段平均速率为v 1＝12v B ＝1.5 m/s ，BC 段平均速率为v 2＝12(v B ＋v C )＝3.5 m/s ，因此从A 到C 的平均速率v ＝2xx v 1＋x v 2＝2v 1v 2v 1＋v 2＝2.1 m/s ，C 正确。
2019年全国卷高考物理二轮复习中的归纳、总结和提高(共108张PPT)
曾经“猜中”高考题
(2017· 全国卷Ⅰ· 21)如图7，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 且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(α＞180°).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
A.卫星的动能逐渐减小 B.由于地球引力做正功，引力势能一定减小 C.由于气体阻力做负功，地球引力做正功，机械能保持不变 D.卫星克服气体阻力做的功小于引力势能的减小
一、考纲和考试说明的研究 现在的例12 是:2018年全国卷I的第20题
2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波。根据 科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s时，它们相距约 400 km，绕二者连线上的某点每秒转动12圈，将两颗中子星都看作 是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力 学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星 （ ） A．质量之积 B．质量之和 C．速率之和 D．各自的自转角速度
一、考纲和考试说明的研究
3、从“解题”向“解决问题”转变
例2、江苏高考题：水平面上,一白球与一静止的灰球碰 撞,两球质量相等. 碰撞过程的频闪照片如图所示,据此可 推断,碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的 （ ） A. 30% B. 50% C. 70% D. 90%
一、考纲和考试说明的研究
p
a
h
B
Q
b
c
d
一、考纲和考试说明的研究 4、对动量知识的要求越来越高：
例5、有两个处于基态的氢原子A、B，A静止，B以速度 v0与之发生碰撞。已知：碰撞后二者的速度vA和vB在一条 直线上，碰撞过程中部分动能有可能被某一氢原子吸收， 从而该原子由基态跃迁到激发态，然后，此原子向低能 态跃迁，并发出光子。如欲碰后发出一个光子，试计算： 速度v0至少需要多大（以m/s表示）？已知电子的电量 e=1.602×10-19C，质子质量m=1.673×10-27kg，氢原子的 基态能量E1=-16.58ev。
2019高考物理二轮精编课件典例尝试+整理归纳+预测演练：振动和波动、光学(60页)
2019版高三物理第二轮复习课件第1部分板块2专题7动量和动量守恒定律
高考统计·定方向
命题热点提炼
高考命题方向
五年考情汇总
1.动量和动量 定理
2.动量守恒定 律
3.碰撞与动量 守恒
2018·全国卷Ⅰ T14
动量和动量定理
2018·全国卷Ⅱ T15
2017·全国卷Ⅲ T20
动量守恒定律
2018·全国卷Ⅱ T24 2017·全国卷Ⅰ T14
B [列车启动的过程中加速度恒定，由匀变速直线运动的速度与时间关系 可知 v＝at，且列车的动能为 Ek＝12mv2，由以上整理得 Ek＝12ma2t2，动能与时间 的平方成正比，动能与速度的平方成正比，A、C 错误；将 x＝12at2 代入上式得 Ek＝max，则列车的动能与位移成正比，B 正确；由动能与动量的关系式 Ek＝2pm2 可知，列车的动能与动量的平方成正比，D 错误．]
Ft＝mv，代入数据解得 F≈1×103 N，所以 C 正确．]
3．(多选)(2017·全国卷Ⅲ)一质量为 2 kg 的物块在合外力 F 的作用下 从静止开始沿直线运动．F 随时间 t 变化的图线如图 1 所示，则( )
图1
A．t＝1 s 时物块的速率为 1 m/s B．t＝2 s 时物块的动量大小为 4 kg·m/s C．t＝3 s 时物块的动量大小为 5 kg·m/s D．t＝4 s 时物块的速度为零 [题眼点拨] ①“合外力 F 的作用下”说明力 F 的冲量等于物块动量的增 量；②“从静止开始沿直线运动”说明物块的初动量为零．
AB [由动量定理可得：Ft＝mv，故物块在 t＝1 s 时的速度 v1＝Fmt1＝2×2 1 m/s＝1 m/s，A 正确；物块在 t＝2 s 时的动量大小 p2＝Ft2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s， 在 t＝3 s 时的动量大小 p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，故 B 正确，C 错误； 在 t＝4 s 时，I 合＝(2×2－1×2)N·s＝2 N·s，由 I 合＝mv4 可得 t＝4 s 时，物块的 速度大小 v4＝1 m/s，D 错误．]
2019年高考物理高中物理步步高大二轮专题复习课件及试题专题一
年份试卷题号考点情境图2014Ⅰ卷17平衡条件的应用2015Ⅰ卷24磁场力作用下的平衡2016Ⅰ卷19动态平衡问题19题24题24 电磁感应中的平衡问题Ⅱ卷14动态平衡问题Ⅲ卷17多力静态平衡2017Ⅰ卷21动态平衡问题Ⅱ卷 16 平衡条件的应用Ⅲ卷17弹性绳和平衡条件的应用2018 Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷未命题1．弹力(1)大小：弹簧在弹性限度内，弹力的大小可由胡克定律F ＝kx 计算；一般情况下物体间相互作用的弹力可由平衡条件或牛顿运动定律来求解．(2)方向：一般垂直于接触面(或切面)指向形变恢复的方向；绳的拉力沿绳指向绳收缩的方向． 2．摩擦力(1)大小：滑动摩擦力F f ＝μF N ，与接触面的面积无关；静摩擦力的增大有一个限度，具体值根据牛顿运动定律或平衡条件来求．(2)方向：沿接触面的切线方向，并且跟物体的相对运动或相对运动趋势的方向相反． 3．电场力(1)大小：F ＝qE .若为匀强电场，电场力则为恒力；若为非匀强电场，电场力则与电荷所处的位置有关．点电荷间的库仑力F ＝k q 1q 2r2.(2)方向：正电荷所受电场力方向与场强方向一致，负电荷所受电场力方向与场强方向相反． 4．安培力(1)大小：F ＝BIL ，此式只适用于B ⊥I 的情况，且L 是导线的有效长度，当B ∥I 时F ＝0. (2)方向：用左手定则判断，安培力垂直于B 、I 决定的平面． 5．洛伦兹力(1)大小：F ＝q v B ，此式只适用于B ⊥v 的情况．当B ∥v 时F ＝0.(2)方向：用左手定则判断，洛伦兹力垂直于B 、v 决定的平面，洛伦兹力不做功． 6．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F x ＝0，F y ＝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．1．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．2．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、相似三角形法、图解法等．3．带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力．4．如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则一定是匀速直线运动，因为F洛⊥v.高考题型1受力分析整体法与隔离法的应用1．基本思路在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析．2．两点注意(1)采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同．(2)当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转移研究对象法”．例1(2018·湖北省黄冈市检测)用两段等长的轻质细线将a、b两个小球连接并悬挂于O点，如图1甲所示，球a受到水平向右的力3F的作用，球b受到水平向左的力F的作用，平衡时细线都被拉紧，系统平衡时两球的位置情况如图乙所示，则a、b两球质量之比为()图1A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3答案 A解析以整体为研究对象，分析受力如图甲：设Oa 线与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得： tan α＝3F －F (m a ＋m b )g ＝2F(m a ＋m b )g①以b 球为研究对象，受力如图乙．设ab 线与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得： tan β＝Fm b g ②由几何关系得到： α＝β③联立①②③解得：m a ＝m b ，故A 正确，B 、C 、D 错误．拓展训练1 (多选)(2018·河南省濮阳市第三次模拟)如图2所示，质量分别为m 1、m 2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F 的作用下一起沿水平方向做匀速直线运动，m 1在地面，m 2在空中．此时，力F 与水平方向成θ角，弹簧中弹力大小为F 1，弹簧轴线与水平方向的夹角为α，m 1受地面的摩擦力大小为F f ，则下列说法正确的是( )图2A ．θ一定大于αB ．θ可能等于αC ．F 一定大于F 1D ．F 一定大于F f答案 ACD解析 m 2受三力平衡：m 2g 、F 、F 1，根据平衡条件知，F 的水平分力与F 1的水平分力大小相等，即：F x ＝F cos θ＝F 1cos α，F 的竖直分力比F 1的竖直分力大，即：F y ＝F sin θ＝F 1sin α＋m 2g ，根据F ＝F x 2＋F y 2＝(F 1cos α)2＋(F 1sin α＋m 2g )2＝F 12＋2F 1m 2g sin α＋m 22g 2，所以F >F 1，根据tan θ＝F yF x，所以θ>α，根据整体法得：F cos θ＝F f ，所以F >F f ，故A 、C 、D正确，B错误．拓展训练2(2018·四川省攀枝花市第二次统考)如图3所示，A、B两个质量分别为m和M 的物块叠放在水平地面和竖直墙壁之间，处于静止状态．已知A、B交界面与竖直墙壁间的夹角为θ，水平地面粗糙，其他各接触面光滑，重力加速度为g，则水平地面对物块B的摩擦力大小为()图3A．F f＝mg tan θB．F f＝mg tan θC．F f＝0 D．F f＝mg sin θ答案 B解析先隔离A受力分析，A受重力mg、B对A的支持力F N1和左侧墙壁对A的支持力F N2，如图甲所示：根据平衡条件得：F N1cos θ＝F N2，F N1sin θ＝mg，联立解得：F N2＝mgtan θ，再对A、B整体受力分析，整体受重力、左侧墙壁对整体的支持力和地面对整体的支持力及摩擦力，如图乙所示：根据平衡条件得：F f＝F N2＝mgtan θ，故选B.高考题型2静态平衡问题1．基本思路：根据物体所处的静止或者匀速直线运动状态，受力分析，结合平衡条件列式．2．主要方法：力的合成法和正交分解法．例2(2018·四川省乐山市第二次调研)如图4所示，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.下列说法正确的是()图4A．当m一定时，θ越大，轻杆受力越小B．当m一定时，θ越小，滑块对地面的压力越大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越大答案 A解析将C的重力按照作用效果分解，如图所示：根据平行四边形定则，有：F1＝F2＝12mgsin θ＝mg2sin θ，故m一定时，θ越大，轻杆受力越小，故A正确；对A、B、C整体受力分析可知，对地压力为：F N＝(2M＋m)g，与θ无关，故B错误；对A受力分析，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＝F1cos θ＝mg2tan θ，与M 无关，故C错误；θ一定时，只要动摩擦因数足够大，即可满足F1cos θ≤μF1sin θ，不管M、m多大，M都不会滑动，故D错误．拓展训练3(2018·四川省第二次“联测促改”)如图5所示，斜面固定，平行于斜面处于压缩状态的轻弹簧一端连接物块A，另一端固定，最初A静止．在A上施加与斜面成30°角的恒力F，A仍静止，下列说法正确的是()图5A．A对斜面的压力一定变小B．A对斜面的压力可能不变C．A对斜面的摩擦力一定变大D．A对斜面的摩擦力可能变为零答案 D拓展训练4(2018·山西省太原市三模) 如图6，一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，整个系统处于静止状态．现将物块c轻轻放在a上，整个系统依然处于静止状态，则()图6A．绳OO′与竖直方向的夹角变小B．绳OO′的张力一定变大C．连接a和b的绳的张力可能不变D．b与桌面间的摩擦力保持不变答案 B解析以滑轮为研究对象，受a、b、OO′绳子的拉力而平衡，a、b绳子拉力大小等于a的重力，其合力与OO′绳子的拉力等大反向，将物块c轻轻放在a上，a、b绳子拉力增大，其合力增大，合力方向不变，绳OO′与竖直方向的夹角不变，绳OO′的张力一定变大，A、C错误，B正确；以b为研究对象，b绳拉力沿水平方向的分力等于b与桌面间的摩擦力，变大，D错误．高考题型3动态平衡问题1．解析法常用于可以较简捷列出平衡条件方程的情况或者正交分解的情况．(1)先受力分析，得出物体受哪几个力而处于平衡状态．(2)建立直角坐标系，正交分解力，列平衡条件方程，或在力的三角形中结合三角形知识列平衡条件方程．(3)分析方程中的变量有哪些，分析题目信息得到这些物理量是如何变化的．(4)把分析得到的变化的物理量代入方程，得到平衡条件下的受力动态变化情况．2．图解法(1)先受力分析，得出物体受几个力而处于平衡状态．(2)分析题目给出的信息，判断物体受力的变化方式．(3)把受力对应到几何图形中结合几何知识分析．例3(2018·河北省衡水中学第一次调研)如图7所示，a、b、c三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球A、B保持静止，细绳a是水平的，现对B球施加一个水平向右的力F，将B缓缓拉到图中虚线位置，A球保持不动，这时三根细绳张力F a、F b、F c的变化情况是()图7A．都变大B．都不变C．F b不变，F a、F c变大D．F a、F b不变，F c变大答案 C解析以B为研究对象受力分析，将重力分解，如图甲所示，由图可以看出，当将B缓缓拉到图中虚线位置过程，绳与竖直方向夹角变大，即F c逐渐变大，F逐渐变大；再以A、B整体为研究对象受力分析，如图乙所示．设b绳与水平方向夹角为α，则竖直方向有：F b sin α＝2mg，不变；得：F b＝2mgsin α水平方向：F a＝F b cos α＋F，F b cos α不变，而F逐渐变大，故F a逐渐变大．拓展训练5(2018·宁夏银川一中一模)把一光滑圆环固定在竖直平面内，在光滑圆环的最高点有一个光滑的小孔，如图8所示．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．在小球移动过程中手对细线的拉力F和圆环对小球的弹力F N的大小变化情况是()图8A．F不变，F N增大B．F不变，F N减小C．F减小，F N不变D．F增大，F N不变答案 C解析小球沿圆环缓慢上移可看做受力平衡，对小球进行受力分析，小球受重力G、F、F N 三个力．满足受力平衡．作出受力分析图如下：由相似三角形知识，G R ＝F AB ＝F NR ，当A 点上移时，半径不变，AB 长度减小，故F 减小，F N不变，故A 、B 、D 错误，C 正确．拓展训练6 (2018·湖北省黄冈市调研)如图9所示，物体A 的质量大于B 的质量，绳子的质量、滑轮的质量、绳与滑轮间的摩擦可不计，A 、B 恰好处于平衡状态，如果将悬点P 靠近Q 少许使系统重新平衡，则( )图9A ．物体A 的重力势能增大B ．物体B 的重力势能增大C ．绳的张力减小D ．P 处绳与竖直方向的夹角减小 答案 A解析 B 物体对绳子的拉力不变，等于物体B 的重力；动滑轮和物体A 整体受重力和两个拉力，拉力大小恒定，重力恒定，故两个拉力的夹角不变，如图所示；所以物体A 上升，物体B 下降，物体A 的重力势能增大，物体B 的重力势能减小，故A 正确，B 、C 、D 错误．高考题型4 平衡中的临界与极值问题1．临界状态平衡问题的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“恰能”“恰好”等语言叙述，解临界问题的基本方法是假设推理法．2．解题思路解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件．要特别注意可能出现的多种情况．例4(2018·山西省重点中学协作体期末)一个底面粗糙、质量为M的斜劈放在粗糙的水平面上，斜劈的斜面光滑且与水平面成30°角；现用一端固定的轻绳系一质量为m的小球，小球放在斜面上，小球静止时轻绳与竖直方向的夹角也为30°，如图10所示，试求：图10(1)当斜劈静止时绳子的拉力大小．(2)若地面对斜劈的最大静摩擦力等于地面对斜劈支持力的k倍，为使整个系统静止，k值必须满足什么条件？答案(1)33mg(2)k≥3m3(2M＋m)解析(1)对小球进行受力分析如图甲F T cos 30°＋F N1cos 30°＝mgF T sin 30°＝F N1sin 30°解得：F T＝F N1＝33mg(2)对斜劈进行受力分析如图乙F N2＝Mg＋F N1′cos 30°F f＝F N1′sin 30°F N1′＝F N1要使整体不滑动，则有：F f ≤kF N2 联立解得k ≥3m3(2M ＋m ).拓展训练7 (2018·湖北省黄冈市质检)如图11所示，质量为M 的物块被质量为m 的夹子夹住刚好能不下滑，夹子由长度相等的轻绳悬挂在A 、B 两轻环上，轻环套在水平直杆上，整个装置处于静止状态．已知物块与夹子间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g .求：图11(1)直杆对A 环的支持力的大小； (2)夹子右侧部分对物块的压力的大小． 答案 (1)(M ＋m )g 2 (2)Mg 2μ解析 (1)由题意得，直杆对A 、B 环的支持力F N 大小相等，方向竖直向上，选取物块和夹子整体为研究对象，由受力平衡的条件可得： 2F N ＝(M ＋m )g 解得：F N ＝(M ＋m )g2(2)由于物块刚好能不下滑，故物块受到两侧夹子的摩擦力为最大静摩擦力F fm ，F fm 等于滑动摩擦力，设此时夹子右侧部分对物块的压力为F ，以物块为研究对象，由平衡条件可得： 2F fm ＝Mg F fm ＝ μF联立解得：F ＝Mg2μ.高考题型5 电学中的平衡问题1．基本思路要坚持“电学问题力学方法”的基本思路，要结合电学的基本规律和力学中受力分析及平衡条件解决问题．2．几点技巧(1)点电荷间的作用力大小要用库仑定律．(2)安培力方向的判断要先判断磁场方向、电流方向，再用左手定则，同时注意立体图转化为平面图．(3)电场力或安培力的出现，可能会对压力或摩擦力产生影响． (4)涉及电路问题时，要注意闭合电路欧姆定律的使用．例5 (2018·山西省三区八校二模)如图12所示，间距为 L 、电阻不计的足够长双斜面型平行导轨，左导轨光滑，右导轨粗糙，左、右导轨分别与水平面成α、β角，分别有垂直于导轨斜面向上的磁感应强度为B 1、B 2的匀强磁场，两处的磁场互不影响．质量为m 、电阻均为r 的导体棒 ab 、cd 与两平行导轨垂直放置且接触良好．ab 棒由静止释放，cd 棒始终静止不动．重力加速度为g ，求：图12(1)ab 棒速度大小为 v 时通过 cd 棒的电流大小和 cd 棒受到的摩擦力大小． (2)ab 棒匀速运动时速度大小及此时 cd 棒消耗的电功率． 答案 见解析解析 (1)当导体棒ab 的速度为v 时，其切割磁感线产生的感应电动势大小为：E ＝B 1L v ① 导体棒ab 、cd 串联，由闭合电路欧姆定律有：I ＝E 2r ②联立①②式解得流过导体棒cd 的电流大小为：I ＝B 1L v2r ③导体棒cd 所受安培力为：F 2＝B 2IL ④ 若mg sin β>F 2，则摩擦力大小为： F f1＝mg sin β－F 2＝mg sin β－B 1B 2L 2v2r ⑤若mg sin β≤F 2，则摩擦力大小为： F f2＝F 2－mg sin β＝B 1B 2L 2v2r－mg sin β⑥(2)设导体棒ab 匀速运动时速度为v 0，此时导体棒ab 产生的感应电动势为：E 0＝B 1L v 0⑦ 流过导体棒ab 的电流大小为：I 0＝E 02r⑧导体棒ab 所受安培力为：F 1＝B 1I 0L ⑨导体棒ab 匀速运动，满足：mg sin α－F 1＝0⑩ 联立⑦⑧⑨⑩式解得：v 0＝2mgr sin αB 12L 2此时cd棒消耗的电功率为：P ＝I 02r ＝m 2g 2r sin 2 αB 12L 2拓展训练8 (多选)(2018·广东省汕头市质检)A 、C 是两个带电小球，质量分别是m A 、m C ，电荷量大小分别是Q A 、Q C ，用两条等长绝缘细线悬挂在同一点O ，两球静止时如图13所示，此时细线对两球的拉力分别为F T A 、F T C ，两球连线AC 与O 所在竖直线的交点为B ，且AB <BC ，下列说法正确的是( )图13A ．Q A >Q CB ．m A ∶mC ＝F T A ∶F T C C ．F T A ＝F T CD ．m A ∶m C ＝BC ∶AB答案 BD解析 设两个小球之间的库仑力为F ，利用相似三角形知识可得，A 球所受三个力F 、F T A 、m A g 构成的三角形与三角形OBA 相似，m A g OB ＝F AB ＝F T A AO ；C 球所受三个力F 、F T C 、m C g 构成的三角形与三角形OBC 相似，m C g OB ＝F CB ＝F T CCO ；因OA ＝OC ，所以m A ∶m C ＝F T A ∶F T C ；m A ∶m C＝BC ∶AB ，则选项B 、D 正确，C 错误；因两球之间的作用力是相互作用力，则无法判断两球带电荷量的多少，选项A 错误．拓展训练9 (2018·陕西省榆林市第三次模拟)如图14所示，挂在天平底部的矩形线圈abcd 的一部分悬在匀强磁场中，当给矩形线圈通入如图所示的电流I 时，调节两盘中的砝码，使天平平衡．然后使电流I 反向，这时要在天平的左盘上加质量为2×10－2kg 的砝码，才能使天平重新平衡．若已知矩形线圈共10匝，通入的电流I ＝0.1 A ，bc 边长度为10 cm ，则磁场对bc 边作用力F 的大小和该磁场的磁感应强度B 的大小分别是(g 取10 m/s 2)( )图14A．F＝0.2 N，B＝20 T B．F＝0.2 N，B＝2 TC．F＝0.1 N，B＝1 T D．F＝0.1 N，B＝10 T答案 C解析当线圈中通入电流后，右盘矩形线圈abcd受到的安培力为F＝nBIL，方向向上；设左盘砝码的质量为M，右盘砝码的质量为m，此时根据天平处于平衡状态有：Mg＝mg－nBIL，当通有反向电流时，右盘矩形线圈abcd受到的安培力为F＝nBIL，方向向下，此时根据天平处于平衡状态有：Mg＋(2×10－2×10) N＝mg＋nBIL，联立以上两式解得：B＝1 T，所以F ＝0.1 N，故A、B、D错误，C正确．专题强化练1．(2018·福建省四地六校月考)如图1所示是一支普通的牙膏，该牙膏的外壳是由铝薄皮做的，根据你的观察和生活经验，下列说法正确的是()图1A．该牙膏皮被挤压后发生的形变为弹性形变B．牙膏被挤出来是因为牙膏受到手的作用力C．牙膏盖上的条纹是为了增大摩擦D．挤牙膏时手对牙膏皮的作用力大于牙膏皮对手的作用力答案 C2．(多选)(2018·天津理综·7)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，方向如图2所示，木楔两侧产生推力F N，则()图2A．若F一定，θ大时F N大B．若F一定，θ小时F N大C．若θ一定，F大时F N大D．若θ一定，F小时F N大答案BC3．(多选)(2018·四川省雅安市第三次诊断)如图3所示，将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一滑块A放在物体B上，除了物体B与水平面间的摩擦力之外，其余摩擦忽略不计．已知物体B的质量为M，滑块A的质量为m，重力加速度为g.当整个装置静止时，A、B接触面的切线与竖直的挡板之间的夹角为θ，下列选项正确的是()图3A．物体B对水平面的压力大小为(M＋m)gB．物体B受到水平面的摩擦力大小为mg tan θC．将物体B缓慢向左移动一小段距离，滑块A对物体B的压力将变小D．将物体B缓慢向左移动一小段距离，滑块A与竖直挡板之间的弹力将变大答案AD4．(2018·江西省新余市上学期期末)如图4所示，铁板AB与水平地面之间的夹角为θ，一块磁铁吸附在铁板下方，在缓慢抬起铁板的B端时θ角增大(始终小于90°)的过程中，磁铁始终相对于铁板静止，下列说法正确的是()图4A．铁板对磁铁的弹力逐渐增大B．磁铁所受合外力逐渐减小C．磁铁始终受到三个力的作用D．磁铁受到的摩擦力逐渐减小答案 A解析对磁铁受力分析，受重力mg、吸引力F、支持力F N和摩擦力F f，如图所示：故磁铁受到4个力的作用；由于磁铁始终平衡，故合力为零，故B、C错误；根据平衡条件，有：mg sin θ－F f＝0，F－mg cos θ－F N＝0，解得：F f＝mg sin θ，F N＝F－mg cos θ，由于θ不断变大，故F f不断变大，F N不断变大，故D错误，A正确．5．(2018·辽宁省大连市第二次模拟)如图5所示，质量分布均匀的细棒中心为O点，O1为光滑铰链，O2为光滑定滑轮，O2在O1正上方，一根轻绳一端系于O点，另一端跨过定滑轮O2，由水平外力F牵引，用F N表示铰链对细棒的作用，现在外力F作用下，细棒从图示位置缓慢转到竖直位置的过程中，下列说法正确的是()图5A．F逐渐变小，F N大小不变B．F逐渐变小，F N大小变大C．F先变小后变大，F N逐渐变小D．F先变小后变大，F N逐渐变大答案 A解析画出细棒的受力图如图；根据三角形定则及相似三角形可知：F NOO1＝mgO1O2＝FOO2，因OO1和O1O2不变，则F N不变；随OO2的减小，F减小，故选A.6．(多选)(2018·广东省韶关市11月月考)如图6所示，用OA、OB两根轻绳将花盆悬于两竖直墙之间，开始时OB绳水平．现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳右端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ＜90°.设此过程OA、OB绳的拉力分别为F OA、F OB，则下列说法正确的是()图6A．F OA一直减小B．F OA先减小后增大C．F OB一直增大D．F OB先减小后增大答案AD解析以结点O为研究对象，分析受力：花盆拉力G、绳OA的拉力F OA和绳OB的拉力F OB，如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在B点上移过程中的两个位置时力的合成图如图，由图看出，F OA逐渐减小，F OB先减小后增大，当θ＝90°时，F OB最小．7．(2018·福建省厦门市质检)如图7所示，顶端附有光滑定滑轮的斜面体静止在粗糙水平地面上，三条细绳结于O点．一条绳跨过定滑轮平行于斜面连接物块P，一条绳连接小球Q，P、Q两物体处于静止状态，另一条绳OA受外力F的作用，处于水平方向，现缓慢逆时针改变绳OA的方向至θ＜90°，且保持结点O位置不变，整个装置始终处于静止状态．下列说法正确的是()图7A．绳OA的拉力一直减小B．绳OB的拉力一直增大C．地面对斜面体有向右的摩擦力D．地面对斜面体的支持力不断减小答案 D解析缓慢改变绳OA的方向至θ<90°的过程，OA拉力的方向变化如图从1位置到2位置到3位置所示，可见OA的拉力先减小后增大，OB的拉力一直减小，故A、B均错误；以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据平衡条件：斜面体受地面的摩擦力与OA绳子水平方向的拉力等大反向，故地面对斜面体的摩擦力方向向左，C错误；OB的拉力一直减小，则F OBy一直减小，而F OAy＋F OBy＝M Q g得F OAy一直增大，以斜面体和P、Q整体为研究对象受力分析，根据竖直方向受力平衡：F N＋F OAy＝M斜g＋M P g＋M Q g，综合可得F N一直减小，D正确．8．(2018·安徽省蚌埠市一质检)如图8所示，A、B、C三根平行通电直导线质量均为m，通入的电流大小相等，其中C中的电流方向与A、B中的电流方向相反，A、B放置在粗糙的水平面上，C静止在空中，三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点，且三根导线均保持静止，重力加速度为g，则A导线受到B导线的作用力大小和方向为()图8A.33mg，方向由A指向BB.33mg，方向由B指向AC.3mg，方向由A指向BD.3mg，方向由B指向A答案 A解析三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点，通入的电流大小相等，则F BC＝F AC ＝F AB，又反向电流相互排斥，对电流C受力分析如图：由平衡条件可得：2F AC cos 30°＝mg，解得：F AC＝33mg，则F AB＝33mg同向电流相互吸引，A导线受到B导线的作用力方向由A指向B.9．(多选)(2018·山西省晋城市二模)如图9所示，在竖直平面内，一轻质绝缘弹簧上端固定在P点，下端与带电小圆环连接，带电小圆环套在半径为R的光滑绝缘大圆环上，大圆环的圆心O点固定一个带电小球，带电小圆环与带电小球均可看做点电荷，它们的电性相同且电荷量大小均为q，P点在O点的正上方，当把带电小圆环放在大圆环A、B位置时，带电小圆环均能保持平衡，且B点与O点在同一水平线上，带电小圆环在B位置平衡时，大圆环与带电小圆环之间刚好无相互作用力，已知∠APO＝∠AOP＝30°，静电力常量为k，则下列说法正确的是()图9A．带电小圆环在A位置时弹簧一定处于压缩状态B．带电小圆环在A位置平衡时，大圆环与带电小圆环之间无弹力C．带电小圆环的重力为k q2R2D ．弹簧的劲度系数为k q 2R 3答案 BD解析 在B 位置，对带电小圆环受力分析可知：G ＝k q 2R 2×tan 60°＝3k q 2R 2，选项C 错误；小圆环在A 位置时，若弹簧给带电小圆环斜向下的弹力，不论有没有大圆环的弹力，带电小圆环都不可能平衡，故弹簧一定处于拉伸状态，选项A 错误；带电小圆环在A 位置平衡时，对带电小圆环受力分析，假设两圆环之间的相互作用力为F ，由平衡知识：F AP sin 30°＋⎝⎛⎭⎫F ＋k q2R 2sin 30°，F AP cos 30°＋⎝⎛⎭⎫F ＋k q2R 2cos 30°＝G ，解得F ＝0，即两圆环之间无弹力，选项B 正确；由平衡条件可知，A 、B 两位置的弹簧弹力分别为：F A ＝k q 2R 2，F B ＝k q 2R 2cos 60°＝2kq 2R 2，弹簧形变量为Δx ＝R ，由胡克定律得弹簧的劲度系数为k ′＝ΔF Δx ＝F B －F A R ＝kq 2R 3，选项D 正确．10．(2018·山西省长治、运城、大同、朔州、阳泉五地市联考)如图10所示，光滑的圆环固定在竖直平面内，圆心为O ，三个完全相同的小圆环a 、b 、c 穿在大环上，小环c 上穿过一根轻质细绳，绳子的两端分别固定着小环a 、b ，通过不断调整三个小环的位置，最终三小环恰好处于平衡位置，平衡时a 、b 的距离等于绳子长度的一半．已知小环的质量为m ，重力加速度为g ，轻绳与c 的摩擦不计．则( )图10A ．a 与大环间的弹力大小3mgB ．绳子的拉力大小为32mg C ．c 受到绳子的拉力大小为3mg D ．c 与大环间的弹力大小为3mg 答案 C解析 三个小圆环能静止在光滑的圆环上，由几何知识知：a 、b 、c 恰好能组成一个等边三角形，对a 受力分析如图所示：。
高考物理二轮复习 第一部分 专题四 动量与能量 第1讲 动量和能量观念在力学中的应用练习(含解析)
动量和能量观念在力学中的应用1．如图甲所示，质量m＝6 kg的空木箱静止在水平面上,某同学用水平恒力F推着木箱向前运动，1 s 后撤掉推力，木箱运动的v .t图像如图乙所示，不计空气阻力，g取10 m/s2。
下列说法正确的是（）A．木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0。
25B．推力F的大小为20 NC．在0～3 s内，木箱克服摩擦力做功为900 JD．在0.5 s时，推力F的瞬时功率为450 W解析撤去推力后，木箱做匀减速直线运动，由速度—时间图线知，匀减速直线运动的加速度大小a2＝错误! m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得,a2＝错误!＝μg，解得木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5,故A错误；匀加速直线运动的加速度大小a1＝错误! m/s2＝10 m/s2，由牛顿第二定律得,F－μmg＝ma1，解得F＝μmg＋ma1＝0。
5×60 N＋6×10 N＝90 N，故B错误;0～3 s内，木箱的位移x＝错误!×3×10 m＝15 m，则木箱克服摩擦力做功W f＝μmgx＝0。
5×60×15 J＝450 J，故C错误；0。
5 s时木箱的速度v＝a1t1＝10×0。
5 m/s＝5 m/s，则推力F的瞬时功率P＝Fv＝90×5 W＝450 W,故D正确.答案D2．（2019·湖南株洲二模)如图，长为l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙（小球可视为质点），初始时它们直立在光滑的水平地面上。
后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒。
当小球甲刚要落地时，其速度大小为（）A.错误!B．错误!C.错误!D．0解析甲、乙组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv－mv′＝0，由于甲球落地时，水平方向速度v＝0，故v′＝0，由机械能守恒定律得错误!mv错误!＝mgl，解得v甲＝2gl，故A正确.答案A3。
2019年高考物理高中物理步步高大二轮专题复习课件及试题专题四 第1课时
(2)意义：动量定理说明的是合外力的冲量与 动量变化 的关系，反映了力
对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系.动量变化的方向与 合外力的冲量 方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲 量方向无必然联系.
2.动量守恒定律 (1)内容：如果一个系统不受外力或者所受外力的矢量和为 零 ，这个系统 的总动量保持不变. (2) 表达式： m1v1 ＋ m2v2 ＝ m1v1′ ＋ m2v2′ 或 p ＝ p′( 系统相互作用前总动 量p等于相互作用后总动量p′)，或Δp＝0(系统总动量的变化量为零)，或 Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的变化量大小 相等、方向 相反 ).
程中“天舟一号”对“天宫二号”的平均作用力大小为
m2·Δv A. M＋mΔt M2·Δv B. M＋mΔt D.0
√
Mm·Δv C. M＋mΔt
图4
解析 答案
高考题型2
“碰撞模型”问题
1.基本思路 (1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程. (2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点. (3)光滑的平面或曲面(仅有重力做功)，还有不计阻力的抛体运动，机械 能一定守恒；碰撞过程、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互 作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析.
解析 答案
例2
(2018· 河南省新乡市第三次模拟)如图3所示，质量M＝9 kg的小车A
以大小v0＝8 m/s的速度沿光滑水平面匀速运动，小车左端固定支架的光
滑水平台上放置质量m＝1 kg的小球B(可看做质点)，小球距离车面H＝
0.8 m，小球与小车保持相对静止.某一时刻，小车与静止在水平地面上
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第2讲 |熟知“四类典型运动”，掌握物体运动规律┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄提能点(一) “熟能生巧”，快速解答匀变速直线运动问题⎣⎢⎡⎦⎥⎤基础保分类考点练练就能过关[知能全通]————————————————————————————————解答匀变速直线运动问题的常用方法1．基本公式法：v ＝v 0＋at ，x ＝v 0t ＋12at 2，v 2－v 02＝2ax 。
2．重要推论法：v t 2＝v ＝v 0＋v 2(利用平均速度测瞬时速度)；v x2＝v 02＋v 22；Δx ＝aT 2(用逐差法测加速度)。
3．逆向思维法：“匀减速(至速度为零的)直线运动”可逆向处理为“(由静止开始的)匀加速直线运动”。
4．图像法：利用v -t 图像或x -t 图像求解。
5．比例法：只适用于初速度或末速度为零的匀变速直线运动。
(1)1T 末、2T 末、3T 末、…、nT 末瞬时速度之比为1∶2∶3∶…∶n 。
(2)第1个T 内、第2个T 内、…、第n 个T 内位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n －1)。
(3)从静止开始连续通过相等位移所用时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)。
[题点全练]————————————————————————————————1．(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。
在启动阶段，列车的动能( )A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比解析：选B 动能E k ＝12m v 2，与速度的平方成正比，故C 错误；速度v ＝at ，可得E k ＝12ma 2t 2，与经历的时间的平方成正比，故A 错误；根据v 2＝2ax ，可得E k ＝max ，与位移成正比，故B 正确；动量p ＝m v ，可得E k ＝p22m，与动量的平方成正比，故D 错误。
2．一个物体从静止开始做匀加速直线运动，以T 为时间间隔，在第三个T 时间内位移是3 m ，第三个T 时间末的瞬时速度为3 m/s ，则( )A ．物体的加速度是1 m/s 2B ．第一个T 时间末的瞬时速度为0.6 m/sC ．时间间隔为1 sD ．物体在第1个T 时间内的位移为0.6 m解析：选D 初速度为零的匀加速直线运动，连续相等时间内通过的位移之比为1∶3∶5，据此可知第一个T 时间内的位移x 1＝15×3 m ＝0.6 m ，选项D 正确；第二个T 时间内的位移 x 2＝35×3 m ＝1.8 m ，由v 32－0＝2a (x 1＋x 2＋x 3)，得a ＝56 m/s 2，选项A 错误；由Δx ＝aT 2得x 2－x 1＝aT 2，解得T ＝65 s ，选项C 错误；第一个T 时间末的瞬时速度v 1＝aT ＝1 m/s ，选项B 错误。
3.(2019届高三·福州八校联考)如图所示，a 、b 、c 、d 为光滑斜面上的四个点。
一小滑块自a 点由静止开始下滑，通过ab 、bc 、cd 各段所用时间均为T 。
现让该滑块自b 点由静止开始下滑，则该滑块( )A ．通过bc 、cd 段的时间均大于TB ．通过c 、d 点的速度之比为1∶2C ．通过bc 、cd 段的时间之比为1∶1D ．通过c 点的速度等于通过bd 段的平均速度解析：选A 当滑块由a 点静止下滑时，滑块沿光滑的斜面做匀加速直线运动，设加速度大小为a ′，ab 段的间距为x ，则bc 段、cd 段的间距应分别为3x 、5x ，x bc ∶x cd ＝3∶5，类比滑块由b 点静止下滑易知，C 错误；如果滑块由b 点静止下滑，显然滑块通过bc 段、cd 段的时间均大于T ，A 正确；滑块在c 点的速度应为v 1＝2a ′·3x ，滑块在d 点的速度应为v 2＝2a ′·8x ，则v 1∶v 2＝3∶8，B 错误；因为x bc ∶x cd ＝3∶5，显然滑块通过c 点的时刻不是通过bd 段的中间时刻，则滑块通过c 点的速度不等于bd 段的平均速度，D 错误。
提能点(二) “合成分解”，灵活解答曲线运动问题⎣⎢⎡⎦⎥⎤基础保分类考点练练就能过关[知能全通]———————————————————————————————— 1．解决运动合成与分解的一般思路 (1)明确合运动或分运动的运动性质。
(2)明确是在哪两个方向上的合成或分解。
(3)找出各个方向上已知的物理量(速度、位移、加速度)。
(4)运用力与速度的关系或矢量的运算法则进行分析求解。
2．解答关联速度问题的方法(1)与绳或杆相连的物体，相对地面实际发生的运动是合运动，合运动对应合速度。
(2)在绳(杆)的端点把合速度分解为沿绳(杆)方向的速度和垂直于绳(杆)方向的速度，而沿绳(杆)的方向上各点的速度大小相等，由此列方程解题。
3．小船渡河的两类问题、三种情景[题点全练]———————————————————————————————— 1.一物体在光滑的水平桌面上运动，在相互垂直的x 方向和y 方向上的分运动的速度随时间变化的规律如图所示。
关于物体的运动，下列说法中正确的是( )A ．物体运动的初速度大小是7 m/sB ．物体做变加速直线运动C ．物体做匀变速曲线运动D ．物体运动的加速度大小是5 m/s 2解析：选C 由题图可得分运动的初速度大小v 0x ＝3 m /s ，v 0y ＝4 m/s ，则初速度大小为v 0＝v 0x 2＋v 0y 2＝5 m /s ，选项A 错误；x 方向的匀速直线运动和y 方向的匀变速直线运动合成为匀变速曲线运动，选项B 错误，C 正确；分运动的加速度大小a x ＝0，a y ＝2 m/s 2，物体的加速度大小a ＝a x 2＋a y 2＝2 m/s 2，选项D 错误。
2．(2018·成都诊断)质量为m的物体P 置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑定滑轮分别连接着P 与小车，P 与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v 水平向右做匀速直线运动。
当小车与滑轮间的细绳和水平方向的夹角为θ2时(如图)，下列判断正确的是( )A ．P 的速率为vB ．P 的速率为v cos θ2C ．细绳的拉力等于mg sin θ1D ．细绳的拉力小于mg sin θ1解析：选B 将小车速度分解为沿细绳和垂直细绳方向的v 1、v 2，P 的速率v 1＝v cos θ2，A 错误，B 正确；小车向右做匀速直线运动，θ2减小，P 的速率增大，P 具有沿斜面方向向上的加速度，故细绳的拉力大于mg sin θ1，C 、D 错误。
3．[多选]相距为l 0的甲、乙两船在同一河流中同时开始渡河，河水流速为v 0，两船在静水中的速率均为v 。
甲、乙两船船头与河岸的夹角均为θ，如图所示，已知甲船恰好能垂直到达河正对岸的A 点，乙船到达河对岸的B 点，A 、B 之间的距离为l 。
则下列判断正确的是( )A ．甲、乙两船同时到达对岸B ．若仅是河水流速v 0增大，则两船的渡河时间都不变C ．不论河水流速v 0如何改变，只要适当改变θ，甲船总能到达正对岸的A 点D ．若仅是河水流速v 0增大，则两船到达对岸时，两船之间的距离仍然为l解析：选ABD 甲、乙两船在垂直河岸方向上的分速度大小相同，都为v sin θ，根据合运动与分运动具有等时性可得，两船的渡河时间相同，且与河水流速v 0无关，故A 、B 正确；当v 0≥v 时，不论怎样改变θ，甲船都不能到达正对岸的A 点，故C 错误；两船到达对岸时，两船之间的距离l ＝l 乙－l 甲＋l 0＝(v cos θ＋v 0)t －(v 0－v cos θ)t ＋l 0＝2v t cos θ＋l 0，与v 0无关，故D 正确。
提能点(三) “化曲为直”，轻松解答平抛运动问题⎣⎢⎡⎦⎥⎤重难增分类考点讲练结合过关[研一题]————————————————————————————————一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示。
水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，中间球网高度为h 。
发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h 。
不计空气的作用，重力加速度大小为g 。
若乒乓球的发射速率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值范围是( )A.L 12g6h <v <L 1g6h B.L 14g h <v < (4L 12＋L 22)g6hC.L 12g 6h <v <12 (4L 12＋L 22)g6hD.L 14g h <v <12(4L 12＋L 22)g6h[思路点拨]1．使球过网的临界条件是什么？此时对应最大发射速率还是最小发射速率？ 提示：球恰好能经过网的上侧，对应最小发射速率。
2．在球不被打出右侧台面的前提下，球最远能落到何处？此时对应最大发射速率还是最小发射速率？ 提示：球最远能落到右侧台面的两角处，对应最大发射速率。
[解析] 设以速率v 1发射乒乓球，经过时间t 1刚好落到球网正中间，则竖直方向上有台面的两角处，在竖直方向有3h ＝12gt 22，在水平方向有⎝⎛⎭⎫L 222＋L 12＝v 2t 2，解得v 2＝12(4L 12＋L 22)g6h。
则v 的最大取值范围为v 1<v <v 2。
故选项D 正确。
[答案] D[悟一法]————————————————————————————————平抛运动的两个“正切值”和两个“模型”1．两个“正切值”任意时刻的速度与水平方向的夹角α的正切值总等于该时刻的位移与水平方向的夹角β的正切值的2倍，即tan α＝2tan β。
2．两个“模型”[通一类]———————————————————————————————— 1．[多选]如图所示，在距地面高为H ＝45 m 处，有一小球A 以初速度v 0＝10 m /s 水平抛出，与此同时，在A 的正下方有一物块B 也以相同的初速度同方向滑出，B 与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.4，A 、B 均可视为质点，空气阻力不计(取g ＝10 m/s 2)。
下列说法正确的是 ( )A ．A 运动时间为3 sB ．B 运动时间为3 sC ．B 运动12.5 m 后停止D ．A 落地时，A 、B 相距17.5 m 解析：选ACD 根据H ＝12gt 2得，t ＝2H g ＝2×4510s ＝3 s ，故A 正确；B 做匀减速直线运动的加速度大小a ＝μg ＝0.4×10 m /s 2＝4 m/s 2，则B 速度减为零的时间t 0＝v 0a ＝104 s ＝2.5 s ，滑行的距离x ＝v 02t 0＝102×2.5 m＝12.5 m ，故B 错误，C 正确；A 落地时，A 的水平位移x A ＝v 0t ＝10×3 m ＝30 m ，B 的位移x B ＝x ＝12.5 m ，则A 、B 相距Δx ＝(30－12.5)m ＝ 17.5 m ，故D 正确。