新课标2018届高考物理二轮复习专题一力与运动能力训练1力与物体的平
高考物理二轮复习专题一力与运动1力与物体的平衡ppt课件
例如 2019 年 1 卷 Ⅲ卷 16T 共点力平衡的求解 物理观念
15 题，19 题，
胡克定律的理
Ⅱ卷 16 题．Ⅲ卷 16
2018 Ⅰ卷 15T
科学思维
解及应用
题等，考查时注重
力的动态平衡
对物理思维与物理
Ⅰ卷 21T
科学思维
问题
能力的考核，预计
受力分析，共
2020 年高考会以生
2017 Ⅱ卷 16T
物理观念
点力平衡
活、科技、体育为
胡克定律、动
背景考查静力学的
Ⅲ卷 17T
科学思维
态平衡
平衡问题.
考向一 受力分析、共点力作用下的静态平衡 [知识必备]——提核心 通技法
1．受力分析的一般步骤
2．整体思维法和隔离思维法对比
整体 思维法
原则
只涉及系统外力，不涉及系统内部物体 之间的相互作用
条件 系统内的物体具有相同的运动状态
力大小、方向均不确定，但是
形法
三角形对应边比例相等
三个力均与一个几何三角形的
求解
三边平行
考向三 平衡中的临界、极值问题 [知识必备]——提核心 通技法
1．问题特点 当某物理量变化时，会引起其他物理量的变
临界 化，从而使物体所处的平衡状态能够“恰好 问题 出现”或“恰好不出现”．在问题描述中常
用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述 极值 一般是指在力的变化过程中出现最大值和 问题 最小值问题
C．200 kg
D．200 3 kg
[解题关键] ①物块沿斜面向上匀速运动，说明摩擦力为滑动摩
擦力，f＝μmgcos θ.②轻绳承受最大张力时对应物块的质量最大．
[解析] A [本题考查了对平衡条件的理解与应用，检验了理解 能力、推理能力，体现了模型建构、科学推理等核心素养．物块沿
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
高三物理二轮复习专题一力与运动第1讲力和物体的平衡课件【优质ppt版本】
备考策略
• 1.理解各种性质的力的产生、方向特点和平衡条件， 能正确对物体进行受力分析，掌握解决平衡问题的 常用方法．
• 2.理解运动学公式及适用条件，熟练运用整体法和 隔离法解决连接体问题，灵活运用牛顿运动定律和 运动学规律处理运动图象及其他综合问题．
题型二 物体的静态平衡问题
• 命题规律 • 静态平衡问题多以选择题形式出现，考查方向有：
(1)平衡条件的应用．(2)力的合成和分解．(3)整体法 和隔离法的灵活运用．
• 方法点拨 • 1．处理平衡问题的基本思路
• 2．常用求解方法 • 解答方法
• 1. (2017·天津卷)(多选)如图所示，轻质不可伸长的 晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点， 悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处AB于静止 状态．如果只人为改变一个条件，当衣架静止时， 下列说法正确的是( )
法正确的是( )
解析 将重物和两木块看成整体受力分析可知，竖直方向合力为零，即 2Ff＝2mg ＋Mg，且 Ff＝μFN，而每个木块与挡板间的压力 FN＝12Mgtan60°，联立解得 M＝4m， 选项 A 错误；若重物的质量增加 Δm，则每个木板对挡板的压力将增加 ΔFN＝ 23Δmg， 最大静摩擦力将增加 ΔFfm＝μΔFN＝34Δmg，而若整个系统静止不变，则静摩擦力只增 加 ΔFfm＝12Δmg<34Δmg，所以若增加重物的质量，木块不会相对于挡板向下滑动，选 项 B 错误；若挡板间的距离缓慢增大少许后，则木板对挡板的压力增大，将仍保持 静止状态，所受摩擦力不变，选项 C 正确；若挡板间的距离缓慢减小少许，木板与 挡板的压力减小，有 Ffm＝μFN 知，最大静摩擦力将减小，木块将相对于挡板向下滑 动，所以木块受到挡板的摩擦力将变小，选项 D 错误．
高考物理二轮复习专题一力与运动能力训练力与物体的平衡
专题能力训练1 力与物体的平衡(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分。
在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~7题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分) 1.(2020·全国Ⅱ卷)如图所示,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( )A.2-B.C.D.2.如图所示,一物体M放在粗糙的斜面体上保持静止,斜面体静止在粗糙的水平面上。
现用水平力F推物体时,M和斜面仍然保持静止状态,则下列说法正确的是( )A.斜面体受到地面的支持力增大B.斜面体受到地面的摩擦力一定增大C.物体M受到斜面的静摩擦力一定增大D.物体M受到斜面的支持力可能减小3.如图所示,质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定,轻杆A端用铰链固定,滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计),轻杆B端吊一重物G,现将绳的一端拴在杆的B端,用拉力F将B端缓慢上拉(均未断),在AB杆达到竖直前,以下分析正确的是( )A.绳子越来越容易断B.绳子越来越不容易断C.AB杆越来越容易断D.AB杆越来越不容易断4.一带电金属小球A用绝缘细线拴着悬挂于O点,另一带电金属小球B用绝缘支架固定于O点的正下方,OA=OB,金属小球A、B静止时位置如图所示。
由于空气潮湿,金属小球A、B缓慢放电。
此过程中,小球A所受的细线的拉力F1和小球B对A的库仑力F2的变化情况是( )A.F1减小,F2减小B.F1减小,F2不变C.F1增大,F2增大D.F1不变,F2减小5.如图所示,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。
2018届高三物理二轮复习习题：专题一 力与运动 1-1-3
限时规范训练(三)建议用时45分钟，实际用时________一、单项选择题1．(2017·石家庄市高三复习教学质量检测(二))一个质量为2 kg的物体，在4个共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为8 N和12 N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体运动的说法正确的是( )A．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小B．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2C．可能做匀减速直线运动，加速度大小是1.5 m/s2D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是6 m/s2解析：选 A.由平衡条件得知，余下力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为8 N和12 N的两个力后，物体的合力大小范围为4 N≤F合≤20 N，物体的加速度范围为：2 m/s2≤a≤10 m/s2；A.撤去两个力后，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小，故A正确；B.若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上时，物体做匀变速曲线运动，加速度大小可能是5 m/s2，故B错误；C.若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相反时，物体做匀减速直线运动，加速度大小最小可能是2 m/s2，不可能为1.5 m/s2，故C错误；D.撤去两个力后，物体受到的合力恒定，不可能做匀速圆周运动，故D错误．2．(2017·湖南省长沙市长郡中学高三上学期月考)如图所示，中间有孔的物块A套在光滑的竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，则关于拉力F以及拉力作用点的移动速度v的下列说法正确的是( )A．F不变，v不变B．F增大，v减小C．F增大，v增大D．F增大，v不变解析：选B.设绳子与竖直方向上的夹角为θ，因为A做匀速直线运动，在竖直方向上合力为零，有：F cos θ＝mg，因为θ增大，则F增大，物体A沿绳子方向上的分速度v1＝v cos θ，因为θ增大，则v减小，故B正确，ACD错误．3．(2017·重庆市永川中学高三第一次模拟诊断)如图所示，下列有关运动的说法正确的是( )A ．图甲中撤掉挡板A 的瞬间，小球的加速度竖直向下B ．图乙中固定在竖直面内的圆环内径r ＝1.6 m ，小球沿环的内表面通过最高点的速度可以为2 m/sC ．图丙中皮带轮上b 点的向心加速度大小等于a 点的向心加速度大小(a 点的半径为r ，b 点的半径4r ，c 点的半径为2r )D ．图丁中用铁锤水平打击弹簧片后，B 球比A 球先着地解析：选 C.开始小球受重力、弹簧的弹力和支持力处于平衡，重力和弹簧的合力方向与支持力方向相反，撤掉挡板的A 的瞬间，支持力为零，弹簧弹力不变，则弹力和重力的合力方向与之前支持力的方向相反，则加速度的方向为垂直挡板向下．故A 错误．小球在圆环的最高点的临界情况是：mg ＝m v 2r ，解得v ＝gr ＝4 m/s ，知最高点的最小速度为4 m/s.故B 错误．a 、c 两点的线速度大小相等，根据a ＝v 2r，则a 、c 两点的向心加速度之比为2∶1，b 、c 两点的角速度相等，根据a ＝r ω2，则b 、c 两点的加速度之比为2∶1，可知a 、b 两点的加速度相等．故C 正确．图丁中用铁锤水平打击弹簧片后，A 做平抛运动，B 做自由落体运动，两球同时落地．故D 错误．故选C.4．(2017·安徽省淮北市第一中学高三上学期第四次模拟考试)如图所示，质量相同的两小球a 、b 分别从斜面顶端A 和斜面中点B 沿水平方向抛出后，恰好都落在斜面底端，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A ．小球a 、b 在空中飞行的时间之比为2∶1B ．小球a 、b 抛出时的初速度大小之比为2∶1C ．小球a 、b 到达斜面底端时的动能之比为4∶1D ．小球a 、b 到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角之比为1∶1 解析：选D.因为两球下落的高度之比为2∶1，根据h ＝12gt 2得，t ＝2hg，高度之比为2∶1，则时间之比为2∶1，故A 错误．两球的水平位移之比为2∶1，时间之比为2∶1，根据v 0＝x t知，初速度之比为2∶1，故B 错误．根据动能定理可知，到达斜面底端时的动能之比E k a ∶E k b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv 2a ＋mgh a ∶⎝ ⎛⎭⎪⎫12mv 2b ＋mgh b ＝2∶1，故C 错误．小球落在斜面上，速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，因为位移与水平方向的夹角相等，则速度与水平方向的夹角相等，到达斜面底端时速度方向与斜面的夹角也相等，故D 正确．故选D.5．如图所示，ABC 为竖直平面内的金属半圆环，AC 连线水平，AB 为固定在A 、B 两点间的直金属棒，在直棒和圆环的BC 部分上分别套着小环M 、N (棒和半圆环均光滑)，现让半圆环绕竖直对称轴以角速度ω1做匀速转动，小球M 、N 在图示位置．如果半圆环的角速度变为ω2，ω2比ω1稍微小一些．关于小环M 、N 的位置变化，下列说法正确的是( )A ．小环M 将到达B 点，小环N 将向B 点靠近稍许 B ．小环M 将到达B 点，小环N 的位置保持不变C ．小环M 将向B 点靠近稍许，小环N 将向B 点靠近稍许D ．小环M 向B 点靠近稍许，小环N 的位置保持不变解析：选A.M 环做匀速圆周运动，则mg tan 45°＝m ω2r ，小环M 的合力大小为定值，如果角速度变小，其将一直下滑，直到B 点，N 环做匀速圆周运动，设其与ABC 环圆心连线夹角为θ，则mg tan θ＝m ω2r ，r ＝R sin θ，R r＝ω2cos θ，如果角速度变小，则cos θ变大，θ变小，小环N 将向B 点靠近稍许，因此A 正确．6．如图所示为足球球门，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)．球员顶球点的高度为h .足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则( )A ．足球位移的大小x ＝L 24＋s 2B ．足球初速度的大小v 0＝g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24＋s 2C．足球末速度的大小v＝g2h⎝⎛⎭⎪⎫L24＋s2＋4ghD．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ＝L2s解析：选B.根据几何关系可知，足球做平抛运动的竖直高度为h，水平位移为x水平＝s2＋L2 4，则足球位移的大小为：x＝x2水平＋h2＝s2＋L24＋h2，选项A错误；由h＝12gt2，x水平＝v0t，可得足球的初速度为v0＝g2h⎝⎛⎭⎪⎫L24＋s2，选项B正确；对小球应用动能定理：mgh＝mv22－mv202，可得足球末速度v＝v20＋2gh＝g2h⎝⎛⎭⎪⎫L24＋s2＋2gh，选项C错误；初速度方向与球门线夹角的正切值为tan θ＝2sL，选项D错误．二、多项选择题7．如图所示，底角为θ＝π4的圆锥体静止不动，顶端通过一根长为L＝1 m的细线悬挂一个质量为m＝1 kg的小球，细线处于张紧状态，若小球在水平面内做匀速圆周运动，角速度为ω的取值范围介于3 rad/s到4 rad/s之间，不计一切阻力，则细线拉力F可能等于( )A．52－5 B．52＋5C．15 D．20解析：选BC.当小球刚好没有脱离圆锥时，小球受到重力G、拉力F的作用，它们的合力提供向心力，mg cot π4＝mω20L cosπ4，得ω0＝102rad/s，此时ω0的取值范围介于3 rad/s到4rad/s之间，当ω较小时，小球没有脱离圆锥，小球受到重力G、拉力F和垂直于光滑圆锥的支持力N的作用，它们在水平方向的合力提供向心力，则F sin θ－N cos θ＝G，F cos θ－N sin θ＝mL cos θω2，可求得，F＝G sin θ＋mω2L cos2θ，此时52＋4.5≤F≤102，当ω较大时，小球脱离圆锥，小球的重力G和拉力F的合力提供向心力，设细线和水平方向夹角为α，则F cos α＝mω2L cos α，可求得F＝mω2L,102≤F≤16，综上分析，选项B、C正确．8．(2017·山东省枣庄市高三上学期期末质量检测)在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能量损失；设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v，重力加速度为g；那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是( )A ．导向槽位置应在高为v 24g 的位置B ．最大水平距离为v 2gC ．小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有v 下＝2v 上D ．当小球落地时，速度方向与水平方向成45°角解析：选AD.设平抛时的速度为v 0，根据机械能守恒定律可得：12mv 20＋mgh ＝12mv 2，解得：v 0＝v 2－2gh ；根据平抛运动的知识可得下落时间：t ＝2hg，则水平位移x ＝v 0t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫v 2g －2h ·2h ，所以当v 2g －2h ＝2h 时水平位移最大，解得h ＝v 24g ，A 正确；最大的水平位移为：x ＝4h 2＝2h ＝v 22g，B 错误；根据机械能守恒定律可知，在某高度处时上升的速率和下落的速率相等，C 错误；设速度与水平方向成θ，位移与水平方向的夹角为α，根据平抛运动的规律可知，tan θ＝2tan α＝2×h2h＝1，则θ＝45°，所以D 正确． 9．(2017·山东省临沂市高三二模)如图所示，水平转台上有一质量为m 的小物块，用长为L 的细绳连接在通过转台中心的竖直转轴上，细线与转轴间的夹角为θ；系统静止时，细线绷直但绳中张力为零，物块与转台间动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当物块随转台由静止开始缓慢加速转动且未离开转台的过程中( )A ．物块受转台的静摩擦力方向始终指向转轴B ．至转台对物块的支持力为零时，物块的角速度大小为 g tan θLC ．至转台对物块的支持力为零时转台对物块做的功mgL sin 2 θ2cos θD ．细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零解析：选CD.由题可知，物体做加速圆周运动，所以开始时物体受到的摩擦力必定有一部分的分力沿轨迹的切线方向．故A 错误；对物体受力分析知物块离开圆盘前，沿轴线方向的合力：F ＝f ＋T sin θ＝m v 2r① N ＋T cos θ＝mg②根据动能定理知W ＝E k ＝12mv 2当弹力T ＝0，r ＝L sin θ 当N ＝0，f ＝0，由①②知ω0＝g L cos θ，所以当物块的角速度增大到g L cos θ时，物块与转台间恰好无相互作用；此时W ＝E k ＝12mv 2＝12m (ω0L sin θ)2＝mgL sin 2θ2cos θ，故B 错误，C正确；由几何关系可知，物体在做圆周运动的过程中受到的绳子的拉力方向与物体运动的方向始终垂直，所以细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零．故D 正确；故选CD.三、非选择题10．如图所示，半径R ＝0.5 m 的光滑圆弧轨道ABC 与足够长的粗糙轨道CD 在C 处平滑连接，O 为圆弧轨道ABC 的圆心，B 点为圆弧轨道的最低点，半径OA 、OC 与OB 的夹角分别为53°和37°.将一个质量m ＝0.5 kg 的物体(视为质点)从A 点左侧高为h ＝0.8 m 处的P 点水平抛出，恰从A 点沿切线方向进入圆弧轨道．已知物体与轨道CD 间的动摩擦因数μ＝0.8，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：(1)物体水平抛出时的初速度大小v 0；(2)物体经过B 点时，对圆弧轨道的压力大小F N ；(3)物体在轨道CD 上运动的距离x .(结果保留三位有效数字) 解析：(1)由平抛运动规律知：v 2y ＝2gh 竖直分速度v y ＝2gh ＝4 m/s 初速度v 0＝v y tan 37°＝3 m/s.(2)从P 点至B 点的过程，由机械能守恒有mg (h ＋R －R cos 53°)＝12mv 2B －12mv 2经过B 点时，由向心力公式有F N ′－mg ＝m v 2BR代入数据解得F N ′＝34 N由牛顿第三定律知，物体对轨道的压力大小为F N ＝34 N.(3)因μmg cos 37°＞mg sin 37°，物体沿轨道CD 向上做匀减速运动，速度减为零后不会下滑．从B 点到上滑至最高点的过程，由动能定理有－mgR (1－cos 37°)－(mg sin 37°＋μmg cos 37°)x ＝0－12mv 2B代入数据可解得x ＝135124 m≈1.09 m.答案：(1)3 m/s (2)34 N (3)1.09 m11．(2017·江苏省泰州中学高三下学期期初考试)如图所示，将质量m ＝1.0 kg 的小物块放在长L ＝3.0 m 的平板车左端，车的上表面粗糙，物块与车上表面间的动摩擦因数μ＝0.6，光滑半圆形固定轨道与光滑水平轨道在同一竖直平面内，半圆形轨道的半径r ＝1.2 m ，直径MON 竖直，车的上表面和轨道最低点高度相同，开始时车和物块一起以v 0＝10 m/s 的初速度在水平轨道上向右运动，车碰到轨道后立即停止运动，取g ＝10 m/s 2，求：(1)物块刚进入半圆形时速度大小； (2)物块刚进入半圆形时对轨道的压力大小； (3)物块回落至车上时距右端的距离．解析：选取物块为研究对象应用动能定理即可求得速度；物块做圆周运动，由牛顿第二定律和向心力公式列式可以求出物块受到的支持力，然后由牛顿第三定律求出对轨道的压力；小物块从半圆轨道最高点做平抛运动，根据平抛运动的基本公式即可求解．(1)车停止运动后取小物块为研究对象，设其到达车右端时的速度为v 1，由动能定理可得： －μmgL ＝12mv 21－12mv 20，解得v 1＝8.0 m/s(2)刚进入半圆轨道时，设物块受到的支持力为F N ，由牛顿第二定律：F N －mg ＝m v 21r，代入数据解得：F N ＝63.3 N ．由牛顿第三定律可得：F N ＝F N ′，所以物块刚进入半圆轨道时对轨道的压力为63.3 N ，方向竖直向下．(3)若物块能到达半圆形轨道的最高点，则由机械能守恒可得：12mv 21＝12mv 22＋mg 2r解得v 2＝4 m/s设恰能通过最高点的速度为v 3，则：mg ＝m v 23r代入数据解得：v 3＝2 3 m/s因v 2＞v 3，故小物块从半圆轨道最高点做平抛运动，设距车右端的水平距离为x ，则：在竖直方向：2r ＝12gt 2水平方向：x ＝v 2t代入数据解得：x ＝835 m≈2.8 m答案：(1)8.0 m/s (2)63.3 N (3)2.8 m。
2018届高考物理二轮复习 板块一 专题突破复习 专题一 力与运动 第二讲 力与物体的直线运动学案
第二讲力与物体的直线运动(2)(3)(4)考向一 匀变速直线运动的应用[归纳提炼]1．匀变速直线运动问题求解思路2．解答匀变速直线运动的常用技巧(1)基本公式法：v ＝v 0＋at ，x ＝v 0t ＋12at 2，v 2－v 20＝2ax .(2)重要推论法：v t 2＝v 0＋v t 2(利用平均速度求瞬时速度)；v x2＝v 20＋v 2t2；Δx ＝aT 2(用逐差法求加速度)．(3)逆向思维法：“匀减速至速度为零的过程”可逆向处理为“由静止开始做匀加速运动的过程”．(4)图象法：利用v －t 图象或x －t 图象求解． (5)比例法：初速度为零的匀变速直线运动规律1T 末、2T 末、3T 末……nT 末瞬时速度之比为1∶2∶3∶…∶n ； 1T 内、2T 内、3T 内……nT 内位移之比为12∶22∶32∶…∶n 2；第1T 内、第2T 内、第3T 内……第nT 内位移之比为1∶3∶5∶…∶(2n －1)； 从静止开始通过连续相等位移所用时间之比为1∶(2－1)∶(3－2)∶…∶(n －n －1)；从静止开始连续相等位移末速度之比为1∶2∶3∶…∶n .(2017·全国卷Ⅱ)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，教练员将冰球以初速度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．[思路路线][解析] (1)假设冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，冰球运动的加速度大小为a ，冰球运动到挡板处时间为t ，由于已知冰球运动的初速度和末速度及运动的位移．解法一：应用牛顿运动定律求解． 根据匀变速直线运动规律可得v 20－v 21＝2as 0a ＝fm＝μg解得μ＝v 20－v 212gs 0解法二：应用动能定理求解．对于冰球依动能定理，恒定不变的摩擦力所做负功引起冰球动能减少量为 μmgs 0＝12mv 20－12mv 21解得 μ＝v 20－v 212gs 0可看出解法二的解题步骤较为简炼．(2)求冰球运动到挡板的时间有多种思路，简析如下：解法一：最直接的想法就是利用匀变速直线运动的速度规律求解．v 1＝v 0－at ，a ＝μg且μ＝v 20－v 212gs 0，可以求得t ＝2s 0v 0＋v 1解法二：如果利用平均速度与位移的关系会比较简便．s 0＝v 0＋v 12t ，t ＝2s 0v 0＋v 1解法三：用图象方法列方程式，会更直观清晰，如下图．方程同解法二．解法四：可以使用动量定理求解． μmgt ＝mv 0－mv 1且μ＝v 20－v 212gs 0，可以求得t ＝2s 0v 0＋v 1.然后依题设条件，要求在冰球到达挡板的同时，运动员运动的最小距离应等于起跑线到小旗的距离s 1，则冰球运动的最小位移s 1＝12a m t 2可以解得加速度的最小值为a m ＝s 1v 0＋v 122s 2.[答案] (1)v 20－v 212gs 0 (2)s 1v 1＋v 022s 2多物体的多过程问题的解题思路：(1)明确各个物体在各个过程中的运动特点． (2)确定各个过程中物体间已知量的关系．(3)选用合适的公式分别列出各个物体遵循的关系式并求解． [熟练强化]迁移一 以生产、生活实际为背景考查1．2017年5月9日，位于浦东陆家嘴的上海中心突然有玻璃掉落下来，玻璃砸落到东泰路后炸开．高空坠物危害极大，在这之前，也常有媒体报道高空坠物伤人的事件．某建筑工地有一根长为l 的直钢筋突然从高空坠下，垂直落地时，恰好被检查安全生产的随行记者用相机拍到钢筋坠地瞬间的照片．为了查询钢筋是从几楼坠下的，检查人员将照片还原后测得钢筋的影像长为L ，且L >l ，查得当时相机的曝光时间为t ，楼房每层高为h ，重力加速度为g .则由此可以求得( )A ．钢筋坠地瞬间的速度约为LtB ．钢筋坠下的楼层为L －l 22ght 2＋1 C ．钢筋坠下的楼层为gt 22h＋1D ．钢筋在整个下落时间内的平均速度约为l2t[解析] 钢筋坠下垂直落地时的影像长度包括钢筋长度和钢筋坠地前在曝光时间t 内下落的距离，因此在时间t 内的平均速度为v ＝L －lt，可认为此速度就等于钢筋坠地时的速度v ，因此A 选项错误；由v 2＝2gH 、v ＝v ，钢筋坠下的楼层n ＝H h ＋1，解得n ＝L －l22ght2＋1，B 选项正确，C 选项错误；钢筋在整个下落时间内的平均速度约为v ′＝0＋v 2＝L －l2t ，D 选项错误．[答案] B迁移二 以追及、相遇模型考查2．2017年8月1日，宁波市32家驾校105辆教练车正式推行“计时培训、计时收费”的新型学驾模式．不同的车型有不同的刹车性能，因此在驾校学习的过程中，除了常规的驾驶技术外，还要学习和积累一些适应不同车型的驾驶经验．现有甲、乙两辆汽车正沿同一平直公路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度大小均为v ＝10 m/s.当两车快要到十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间t 0＝0.5 s)．甲车司机之前为了熟悉车况，驾驶车辆进行了一段空挡滑行，根据经验计算出滑行加速度大小为a 0＝0.5 m/s 2，已知乙车紧急刹车时加速度大小为a 2＝5 m/s 2.(1)若甲车司机看到黄灯时车头距停车线x ＝16 m ，他在刹车过程中发现预计的停车位置离停车线还有一段距离，于是在车头离停车线x ′＝4 m 时停止刹车让车做空挡滑行，车头恰好停在停车线前，则甲车紧急刹车时的加速度为多大？(2)在(1)的情况下，为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车在行驶过程中至少应保持多大距离？[解析] (1)设甲车空挡滑行前的速度大小为v 1，则v 21＝2a 0x ′① 设甲车紧急刹车时的加速度为a 1，则v 2－v 21＝2a 1(x －x ′)②联立①②解得a 1＝4 m/s 2. (2)甲车紧急刹车的时间t 1＝v －v 1a 1＝2 s ③ 设甲、乙两车在行驶过程中至少应保持的距离为x 0，在乙车开始刹车后经过t 2时间两车速度相等，所以v －a 1(t 2＋t 0)＝v －a 2t 2④解得t 2＝2 s(不符合题意)所以速度相等的时刻在甲车空挡滑行的时间内，上式应为v 1－a 0(t 2－t 1＋t 0)＝v －a 2t 2⑤解得t 2＝1.61 s甲车的位移x 甲＝(x －x ′)＋v 1(t 2＋t 0－t 1)－12a 0(t 2＋t 0－t 1)2＝12.2 m ⑥乙车的位移x 乙＝vt 2－12a 2t 22＝9.6 m ⑦x 0＝x 甲－x 乙＝2.6 m.[答案] (1)4 m/s 2(2)2.6 m考向二 运动图象的应用[归纳提炼]1．图象问题常见的是x－t和v－t图象，在处理特殊图象的相关问题时，可以把处理常见图象的思想以及方法加以迁移，通过物理情境遵循的规律，从图象中提取有用的信息，根据相应的物理规律或物理公式解答相关问题．处理图象问题可参考如下操作流程：2．处理特殊图象的问题时，在必要时可将该图象所反映的物理过程转换为常见的x－t 或v－t图象进行处理．(2017·宁夏银川一中二模)甲、乙两车在平直公路上行驶，其速度—时间图象如右图所示，则下列说法正确的是( )A．8 s末，甲、乙两车相遇B．甲车在0～4 s内的位移小于乙车在4～8 s内的位移C．4 s末，甲车的加速度小于乙车的加速度D．在0～8 s内，甲车的平均速度小于乙车的平均速度[解析] 由于两车的初始位置关系未知，无法判断8 s 末甲、乙两车是否相遇，选项A 错误；连接图中(0,0)和(8,40)两点，根据“速度—时间图象中图线与时间轴所围成的面积表示位移”及对称性可知，甲车在0～4 s 内的位移(小于40 m)小于乙车在4～8 s 内的位移(等于40 m)，选项B 正确；根据“速度—时间图象的切线斜率表示加速度”可知，4 s 末，甲车的加速度大于乙车的加速度，选项C 错误；由右图结合对称性可以得出，在0～8 s 内，两车的位移x 大小相等，由v ＝xt知，两车的平均速度大小相等，选项D 错误．[答案] B“面积法”是图象分析中重要的方法之一，而添加辅助线判断、比较更具新意.追及相遇问题常涉及图象的应用，而近四年全国卷中都出现了图象问题，其中速度图象四年四考，足见其重要性.关于速度图象的命题主要围绕三个方面进行.利用速度图象结合相关情境直接设问：解决此类问题的关键要清楚图线对应的点、线、截距初速度或开始计时的时间、面积位移、拐点加速度方向变化等表示的意义.图象转化：已知速度图象设问加速度图象，或者反其道而行之，解决处理问题的关键是利用时间段分段作出对应的图象.巧用图象：对一些变速类问题，如雨滴在空气中坠落、弹簧变化过程等，巧用速度图象辅助分析问题往往会更快捷.处理运动图象时同学们容易出现的错误有以下几点：对于x－t图象，图线在纵轴上的截距表示t＝0时物体的位置；对于v－t和a－t图象，图线在纵轴上的截距并不表示t＝0时物体的位置.在v－t图象中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两者速度相同.v－t图象中两条图线在v轴上的截距不同，不少同学误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题中条件确定.[熟练强化]1．(多选)(2017·广西三市联考)甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动．质点甲做初速度为零，加速度大小为a1的匀加速直线运动．质点乙做初速度为v0，加速度大小为a2的匀减速直线运动至速度减为零保持静止．甲、乙两质点在运动过程中的位置(x)—速度(v)图象如图所示，虚线与对应的坐标轴垂直．则下列判断正确的是( )A．在x－v图象中，图线a表示质点甲的运动B．质点乙的初速度v0＝6 m/sC．质点甲的加速度大小a1＝1 m/s2D．质点乙的加速度大小a2＝1 m/s2[解析] 由速度与位移公式v2－v20＝2ax分析题中x－v图象可知，图线a表示质点甲以加速度a1做匀加速直线运动，图线b表示质点乙以加速度a2做匀减速直线运动，选项A正确；由于甲、乙两质点是同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动，所以从图线b可知当位移为零时，质点乙的初速度v0＝6 m/s，选项B正确；设图线a上横坐标为8的点对应的纵坐标为x0，图线a、b交点的横坐标为v1，由运动学规律并结合x－v图象有(6 m/s)2－(2 m/s)2＝2a2x0，(8 m/s)2＝2a1x0，可得甲、乙两质点加速度大小关系是a1＝2a2，又从x －v图象知v21＝2a1·6 m，v20－v21＝2a2·6 m，解得a2＝1 m/s2，a1＝2 m/s2，选项C错误，D 正确．[答案]ABD2．(2017·江西南昌3月模拟)一辆汽车做直线运动，其v 2—x 图象如图所示．关于汽车的运动，下列说法错误的是( )A ．汽车的初速度为4 m/sB ．汽车的加速度大小为0.5 m/s 2C ．汽车第4 s 末的速度为2 m/sD ．汽车前10 s 内的位移为15 m[解析] 由图可知初始时速度的平方为16 m 2/s 2，则汽车的初速度v 0＝4 m/s ，A 项正确．由题图可知v 2与x 的关系式为v 2－42＝－x ，再与公式v 2－v 20＝2ax 对比可知汽车做匀减速直线运动，加速度a ＝－0.5 m/s 2，B 项正确．由v ＝v 0＋at ，可得汽车第4 s 末的速度为v 4＝4 m/s －0.5×4 m/s＝2 m/s ，C 项正确．因0－v 0a＝8 s ，则知第8 s 末车停止，汽车前10 s 内位移x ＝0－v 22a＝16 m ，D 项错误，故选D.[答案] D3．如图甲所示，物体受到水平推力F 的作用，在粗糙水平面上由静止开始做直线运动．通过传感器监测到加速度a 随时间t 变化的规律如图乙所示．取开始运动的方向为正方向，则下列说法正确的是( )A ．在2～6 s 内，推力F 小于阻力，物体做减速运动B ．在0～7 s 内，6 s 末时物体的速度最大，大小为12 m/sC ．在2～7 s 内，物体做匀变速直线运动D ．在0～7 s 内，物体先沿正方向运动，后沿负方向运动[解析] 在0～6 s 内，加速度为正，物体沿正方向运动，故2～6 s 内推力F 大于阻力，物体做加速度减小的加速运动；在6～7 s 内，加速度为负，物体沿正方向做减速直线运动，故A 、D 错误．在2～7 s 内，物体的加速度一直在变化，故C 错误．a －t 图线与t 轴围成的面积表示速度变化量，0～6 s 内物体一直在加速，6 s 末加速度反向，此时速度最大，v ＝12×6×4 m/s＝12 m/s ，故B 正确． [答案] B考向三 动力学的连接体问题[归纳提炼]1．加速度相同的连接体问题(1)若求解整体的加速度，可用整体法．整个系统看作一个研究对象，分析整体受外力情况，再由牛顿第二定律求出加速度．(2)若求解系统内力，可先用整体法求出整体的加速度，再用隔离法将内力转化成外力，由牛顿第二定律求解．2．加速度不同的连接体问题若系统内各个物体的加速度不同，一般应采用隔离法．以各个物体分别作为研究对象，对每个研究对象进行受力和运动情况分析，分别应用牛顿第二定律建立方程，并注意各个物体的相互作用关系，联立求解．水平地面上有质量分别为m 和4m 的物块A 和B ，两者与地面的动摩擦因数均为μ.细绳的一端固定，另一端跨过轻质、光滑动滑轮与A 相连，动滑轮与B 相连，如图所示．初始时，细绳处于水平拉直状态．若物块A 在水平向右的恒力F 作用下向右移动了距离s ，重力加速度大小为g .求：(1)物块B 受到的摩擦力； (2)物块A 、B 的加速度大小．[思路点拨] 运动关系：由于细绳的长度不变，故A 前进距离s 时，A 、B 间的细绳上面部分长了12s ，下面部分短了12s ，由于细绳的固定端位置不动，故B 的位移为12s ，因此有a A ＝2a B .受力关系：考虑到滑轮质量不计，设细绳中的张力为T ，动滑轮对B 的作用力T B ＝2T . [解析] (1)物块A 移动了距离s ，则物块B 移动的距离为s 1＝12s物块B 受到的摩擦力大小为f ＝4μmg(2)设物块A 、B 的加速度大小分别为a A 、a B ，细绳中的张力为T .由牛顿第二定律得F －μmg －T ＝ma A2T －4μmg ＝4ma B由A 和B 的位移关系得a A ＝2a B 联立解得a A ＝F －3μmg2ma B ＝F －3μmg 4m.[答案] (1)4μmg (2)F －3μmg 2m F －3μmg4m从上面的例题可以看出，解决有相对运动的连接体问题，要找到连接体中物体间的位移关系、速度关系和加速度关系，要充分考虑两物体的受力关系.滑轮质量不计，可得作用在滑轮上的绳子的受力关系，这是解题的关键，两物体加速度的关系是突破的难点.该题常见的易错点是不从位移关系入手，直接认为两物体速度相等，或者把B 的位移错认为A 的位移的2倍，从而错误地得到a B ＝2a A .[熟练强化]1．(2017·湖南衡阳联考)质量不等的两木块A 、B ，用跨过一轻质定滑轮的轻绳相连，在图示情况下，木块A 、B 一起做匀速运动．若木块A 、B 的位置互相交换，则木块A 运动的加速度为(木块A 、B 与桌面间的动摩擦因数均为μ，且μ<1，重力加速度为g ，空气阻力、滑轮摩擦均不计)( )A ．(1－μ)gB ．(1－μ2)gC.1－μ2μg D ．与木块A 、B 的质量有关[解析] A 、B 匀速运动过程，有m A g ＝μm B gA 、B 互相交换后，对A 、B 整体受力分析后有 m B g －μm A g ＝(m A ＋m B )a解得a ＝(1－μ)g . 故选A. [答案] A2．(多选)(2017·河北六校联考)如图所示，一轻弹簧的劲度系数为k ，其一端固定在倾角为θ的光滑斜面底端，另一端与物块A 连接，物块B 紧挨着物块A 放置，两物块A 、B 的质量均为m ，初始时均静止．现用平行于斜面向上的力F 拉动物块B ，使物块B 做加速度为a 的匀加速运动，重力加速度为g ，则( )A ．拉力F 一定是恒力B ．A 、B 分离时刻，弹簧形变量为mg sin θ＋makC ．整个过程中物块A 与弹簧组成的系统机械能守恒D ．从开始到A 、B 分离时刻，拉力F 做的功比弹簧弹力做的功少[解析] 对A 、B 整体受力分析可知，在A 和B 分离前该整体在沿斜面方向的拉力F 、总重力、斜面的支持力和弹簧弹力作用下做匀加速运动，运动过程中弹簧弹力发生变化，而重力沿斜面方向的分力不变，故F 一定是变力，A 错误；A 、B 分离时刻，A 、B 间的作用力为0，A 的加速度仍是a ，设弹簧弹力大小为F T ，根据牛顿第二定律有F T －mg sin θ＝ma ，由胡克定律有F T ＝kx ，解得弹簧的形变量为mg sin θ＋mak，B 正确；从开始到A 、B 分离前，弹簧弹力对A 、B 整体做正功，故A 与弹簧组成的系统机械能不守恒，C 错误；从开始到A 、B 分离时刻，拉力F 由2ma 随位移均匀增大到ma ＋mg sin θ，而弹簧弹力由2mg sin θ随位移均匀减小到ma ＋mg sin θ，所以拉力F 做的功比弹簧弹力做的功少，D 正确．[答案] BD对连接体中的临界极值问题可采用下列三种方法分析解决：极限法：把物理问题或过程推向极端，从而使临界现象或状态暴露出来，以达到正确解决问题的目的.假设法：临界问题存在多种可能，特别是非此即彼两种可能时，或变化过程中可能出现临界条件，也可能不出现临界条件时，往往用假设法解决问题.数学法：将物理过程转化为数学表达式，根据数学表达式解出临界条件.考向四 牛顿第二定律的综合应用[归纳提炼]应用牛顿第二定律解题的思路[熟练强化]1．(多选)(2017·江西新余二模)如图所示为运送粮袋的传送装置，已知A、B间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g)( )A．粮袋到达B点的速度可能大于、等于或小于vB．粮袋开始运动的加速度为g sinθ－μg cosθ，若L足够大，则粮袋最终将以速度v做匀速运动C．若μ<tanθ，则粮袋从A到B一直做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>g sinθ[解析] 粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度不大于v；也可能先匀加速运动，当速度与v相同后，粮袋做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B 点时的速度大于v ，故A 正确；粮袋开始时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，大小为μmg cos θ，根据牛顿第二定律得加速度a ＝g sin θ＋μg cos θ，故B 错误；若μ<tan θ，则粮袋重力沿传送带方向的分力大于滑动摩擦力，故加速度的方向一直向下，粮袋从A 到B 一直做加速运动(可能一直以g sin θ＋μg cos θ的加速度加速运动，也可能先以g sin θ＋μg cos θ的加速度加速运动，后以g sin θ－μg cos θ的加速度加速运动)，故C 正确；由上分析可知，粮袋从A 到B 不一定一直匀加速运动，故D 错误．[答案] AC2．如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B (长木板足够长)的左端放着小物块A ，某时刻，B 受到水平向左的外力F 的作用．F 随时间t 的变化规律如图乙所示，即F ＝kt ，其中k 为已知常数．若A 、B 之间的滑动摩擦力F f 的大小等于最大静摩擦力，且A 、B 的质量相等，则下列图中可以定性描述物块A 的运动情况的v －t 图象是( )[解析] 刚开始时外力F 较小，A 、B 保持相对静止，加速度大小为a ＝F 2m ＝kt2m ，可见加速度a 的大小随着时间t 逐渐增大，这个过程对应的v －t 图线的斜率逐渐增加，C 、D 错误；随着时间t 的增加，外力F 增大，当物块和木板之间的摩擦力大小达到最大静摩擦力时，物块A 与木板B 之间刚好发生相对运动，此时有F f ＝ma ，F －F f ＝ma ，解得F ＝2F f ，即kt ＝2F f ，可见t >2F fk后物块将在大小恒定的摩擦力的作用下做匀加速直线运动，其对应的v －t 图线是倾斜的直线，A 错误、B 正确．[答案] B滑块临界问题处理方法高考题答题规范——“板—块”模型[考点归纳]板块模型中动力学问题的解题思路[典题示例](20分)(2017·全国卷Ⅲ)如图，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v0＝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/s2.求(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．第一步读题干—提信息1) }⇒⎭⎪⎬⎪⎫板向右运动B 向右运动⇒t 1时刻B 与板共速⎭⎪⎪⎬⎪⎪⎫B 与木板共速后―――――――――――――→牛顿第二定律木板加速度a 2＝f 1＋f 3m B ＋m⎭⎪⎬⎪⎫受力分析牛顿第二定律⇒B 与木板共速前A 、B 加速度相同⇒B 与板共速时A 、B 速度大小相同⇒⎩⎪⎨⎪⎧运动学公式图象法―→求解[满分答案] (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 Ag ①(1分) f 2＝μ1m B g ②(1分)f 3＝μ2(m ＋m A ＋m B )g ③(2分)由牛顿第二定律得f 1＝m A a A ④ f 2＝m B a B ⑤f 2－f 1－f 3＝ma 1⑥(2分)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 1⑧(2分)联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s ⑨(2分)(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 21⑩(2分)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 2⑬(2分)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 22⑭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)2⑮(2分)A 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 B ⑯(2分)联立以上各式，并代入数据得s 0＝1.9 m ⑰(2分)(也可用如图的速度－时间图线求解)[答案] (1)1 m/s (2)1.9 m慢审题，快答题,只有认真审题，透彻理解命题的意图、试题给定的物理情境、各物理量间的对应关系、物理过程所遵循的物理规律，才能快速正确答题.所谓审题要慢，就是要仔细，要审透，关键的词句理解要到位，深入挖掘试题的条件，提取解题所需要的相关信息，排除干扰因素.要做到这些，必须通读试题，特别是括号内的内容，千万不要忽视.习惯画图，分段处理,对综合性强、过程较为复杂的题，要习惯画草图，采用“分段”处理，所谓的“分段”处理，就是根据问题的需要和研究对象的不同，将问题涉及的物理过程，按照时间和空间的发展顺序，合理地分解为几个彼此相对独立又相互联系的阶段，再根据各个阶段遵从的物理规律逐个建立方程，最后通过各阶段的联系综合起来解决，从而使问题化整为零、各个击破.[满分体验] (2017·河南五校联考)如下图所示，可视为质点的物体A 叠放在长木板B 上，A 、B 的质量分别为m 1＝10 kg 、m 2＝10 kg ，B 长为L ＝16 m ，开始时A 在B 的最右端；A 与B 、B 与地之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.4；现将一水平恒力F ＝200 N 作用在B 上，使A 、B 由静止开始运动，当A 恰好运动到B 的中点时撤去外力F ，g 取10 m/s 2.求：(1)力F 作用的时间，及此时B 前进的距离；(2)撤去外力F 后B 还能走多远？[解析] (1)力F 开始作用时，设A 、B 的加速度分别为a 1、a 2，对A ：μ1m 1g ＝m 1a 1，a 1＝4 m/s 2对B ：F －μ1m 1g －μ2(m 1＋m 2)g ＝m 2a 2， a 2＝8 m/s 2，设力F 作用的时间为t ，对应此时A 、B 的速度为v A 、v B则有12a 2t 2－12a 1t 2＝12L 代入数据得，t ＝2 s ，v A ＝8 m/s ，v B ＝16 m/s此时B 前进的距离为x B ＝12a 2t 2＝16 m. (2)撤去外力F 后，对A 有μ1m 1g ＝m 1a 3，a 3＝4 m/s 2对B 有μ1m 1g ＋μ2(m 1＋m 2)g ＝m 2a 4，a 4＝12 m/s 2设A 、B 经过时间t 1达到共同速度v 1则有v A ＋a 3t 1＝v B －a 4t 1解得：t 1＝0.5 s ，v 1＝10 m/s此过程中B 前进的距离为x 1＝v 2B －v 212a 4＝6.5 mA 、B 共速后一起匀减速的加速度为a 5μ2(m 1＋m 2)g ＝(m 1＋m 2)a 5，a 5＝4 m/s 2此时B 前进的距离为x 2＝v 212a 5＝12.5 m撤去F 后B 前进的总距离为x ＝x 1＋x 2＝19 m.[答案] (1)2 s 16 m (2)19 m百度文库是百度发布的供网友在线分享文档的平台。
高考物理二轮复习专题一力与运动能力训练力与物体的平衡
专题能力训练1 力与物体的平衡(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分。
在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~7题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分) 1.(2020·全国Ⅱ卷)如图所示,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( )A.2-B.C.D.2.如图所示,一物体M放在粗糙的斜面体上保持静止,斜面体静止在粗糙的水平面上。
现用水平力F推物体时,M和斜面仍然保持静止状态,则下列说法正确的是( )A.斜面体受到地面的支持力增大B.斜面体受到地面的摩擦力一定增大C.物体M受到斜面的静摩擦力一定增大D.物体M受到斜面的支持力可能减小3.如图所示,质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定,轻杆A端用铰链固定,滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计),轻杆B端吊一重物G,现将绳的一端拴在杆的B端,用拉力F将B端缓慢上拉(均未断),在AB杆达到竖直前,以下分析正确的是( )A.绳子越来越容易断B.绳子越来越不容易断C.AB杆越来越容易断D.AB杆越来越不容易断4.一带电金属小球A用绝缘细线拴着悬挂于O点,另一带电金属小球B用绝缘支架固定于O点的正下方,OA=OB,金属小球A、B静止时位置如图所示。
由于空气潮湿,金属小球A、B缓慢放电。
此过程中,小球A所受的细线的拉力F1和小球B对A的库仑力F2的变化情况是( )A.F1减小,F2减小B.F1减小,F2不变C.F1增大,F2增大D.F1不变,F2减小5.如图所示,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。
高考物理二轮复习专题一力与运动能力训练力与物体的平衡
专题能力训练1 力与物体的平衡(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分。
在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~7题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分) 1.(2020·全国Ⅱ卷)如图所示,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( )A.2-B.C.D.2.如图所示,一物体M放在粗糙的斜面体上保持静止,斜面体静止在粗糙的水平面上。
现用水平力F推物体时,M和斜面仍然保持静止状态,则下列说法正确的是( )A.斜面体受到地面的支持力增大B.斜面体受到地面的摩擦力一定增大C.物体M受到斜面的静摩擦力一定增大D.物体M受到斜面的支持力可能减小3.如图所示,质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定,轻杆A端用铰链固定,滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计),轻杆B端吊一重物G,现将绳的一端拴在杆的B端,用拉力F将B端缓慢上拉(均未断),在AB杆达到竖直前,以下分析正确的是( )A.绳子越来越容易断B.绳子越来越不容易断C.AB杆越来越容易断D.AB杆越来越不容易断4.一带电金属小球A用绝缘细线拴着悬挂于O点,另一带电金属小球B用绝缘支架固定于O点的正下方,OA=OB,金属小球A、B静止时位置如图所示。
由于空气潮湿,金属小球A、B缓慢放电。
此过程中,小球A所受的细线的拉力F1和小球B对A的库仑力F2的变化情况是( )A.F1减小,F2减小B.F1减小,F2不变C.F1增大,F2增大D.F1不变,F2减小5.如图所示,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。
高考物理二轮复习专题一力与运动能力训练力与物体的平衡
专题能力训练1 力与物体的平衡(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分。
在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~7题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分) 1.(2020·全国Ⅱ卷)如图所示,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( )A.2-B.C.D.2.如图所示,一物体M放在粗糙的斜面体上保持静止,斜面体静止在粗糙的水平面上。
现用水平力F推物体时,M和斜面仍然保持静止状态,则下列说法正确的是( )A.斜面体受到地面的支持力增大B.斜面体受到地面的摩擦力一定增大C.物体M受到斜面的静摩擦力一定增大D.物体M受到斜面的支持力可能减小3.如图所示,质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定,轻杆A端用铰链固定,滑轮在A点正上方(滑轮大小及摩擦均可不计),轻杆B端吊一重物G,现将绳的一端拴在杆的B端,用拉力F将B端缓慢上拉(均未断),在AB杆达到竖直前,以下分析正确的是( )A.绳子越来越容易断B.绳子越来越不容易断C.AB杆越来越容易断D.AB杆越来越不容易断4.一带电金属小球A用绝缘细线拴着悬挂于O点,另一带电金属小球B用绝缘支架固定于O点的正下方,OA=OB,金属小球A、B静止时位置如图所示。
由于空气潮湿,金属小球A、B缓慢放电。
此过程中,小球A所受的细线的拉力F1和小球B对A的库仑力F2的变化情况是( )A.F1减小,F2减小B.F1减小,F2不变C.F1增大,F2增大D.F1不变,F2减小5.如图所示,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。
高考物理二轮复习 专题一 力与直线运动 1.2 力与物体的平衡课件
大小也为v，则传送带启动后( ) A．M静止在传送带上 B．M可能沿传送带向上运动 C．M受到的摩擦力不变 D．M下滑的速度不变
解析：由于传送带是顺时针匀速转动的，在传送带启动前、 后，物块都只受重力、支持力、沿传送带向上的滑动摩擦力，物 块受力不变，所以其下滑的速度也不变，故选项C、D正确．
答案：CD
2.2015·北京海淀区期中如图所示，当水平拉力F
＝40 N时，质量为m＝10 kg的木块可以在水平面上 匀速前进．若在木块上再放一个质量为M的铁块， 为使它们匀速前进，水平拉力变为60 N，求铁块的质量M.(取g＝ 10 m/s2)
解析：拉力F＝40 N时，滑动摩擦力f＝40 N
木块对水平面的压力FN＝mg＝100 N 由f＝μFN得，动摩擦因数μ＝0.4 当拉力F′＝60 N时，木块和铁块对水平面的压力F′N＝(10 kg＋M)g 摩擦力f′＝60 N时，由f′＝μF′N解得M＝5 kg.
2．平衡条件：F合＝___0_____或FFx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．
(2)方向：正电荷受静电力与电场强度方向___相__同___，负电荷 受静电力与电场强度方向___相__反___．
4．安培力
(1)大小：F＝___B_L_I___(I⊥B)． (2)方向：用__左__手____定则判断(垂直于I、B所决定的平面)．
5．洛伦兹力 (1)大小：F＝___q_v_B___(v⊥B)． (2)方向：用___左__手___定则判断(垂直于v、B所决定的平面)．
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专题能力训练1 力与物体的平衡
(时间:45分钟 满分:100分)
一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分。在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选
项符合题目要求,6~7题有多个选项符合题目要求。全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选
错的得0分)
1.
(2017·全国Ⅱ卷)如图所示,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( )
A.2- B. C. D.
2.
如图所示,一物体M放在粗糙的斜面体上保持静止,斜面体静止在粗糙的水平面上。现用水平力
F
推物体时,M和斜面仍然保持静止状态,则下列说法正确的是( )
A.斜面体受到地面的支持力增大
B.斜面体受到地面的摩擦力一定增大
C.物体M受到斜面的静摩擦力一定增大
D.物体M受到斜面的支持力可能减小
3.
如图所示,质量均可忽略的轻绳与轻杆承受弹力的最大值一定,轻杆A端用铰链固定,滑轮在A点正
上方(滑轮大小及摩擦均可不计),轻杆B端吊一重物G,现将绳的一端拴在杆的B端,用拉力F将
B
端缓慢上拉(均未断),在AB杆达到竖直前,以下分析正确的是( )
A.绳子越来越容易断 B.绳子越来越不容易断
C.AB杆越来越容易断 D.AB杆越来越不容易断
4.
一带电金属小球A用绝缘细线拴着悬挂于O点,另一带电金属小球B用绝缘支架固定于O点的正下
方,OA=OB,金属小球A、B静止时位置如图所示。由于空气潮湿,金属小球A、B缓慢放电。此过程
中,小球A所受的细线的拉力F1和小球B对A的库仑力F2的变化情况是( )
A.F1减小,F2减小 B.F1减小,F2不变
C.F1增大,F2增大 D.F1不变,F2减小
5.
2
如图所示,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( )
A. B. C. D.
6.
如图所示,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( )
A.a1=3g B.a1=0
C.Δl1=2Δl2 D.Δl1=Δl2
7.
(2017·天津理综)如图所示,轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点,
悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的,挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件,仍保持衣架静
止,下列说法正确的是( )
A.绳的右端上移到b',绳子拉力不变
B.将杆N向右移一些,绳子拉力变大
C.绳的两端高度差越小,绳子拉力越小
D.若换挂质量更大的衣服,则衣架悬挂点右移
二、非选择题(本题共2小题,共44分)
8.(20分)
如图所示,光滑金属球的重力G=40 N,它的左侧紧靠竖直的墙壁,右侧置于倾角θ=37°的斜面体
上。已知斜面体置于水平地面上保持静止状态,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)墙壁对金属球的弹力大小;
(2)水平地面对斜面体的摩擦力的大小和方向。
9.(24分)
如图所示,倾角为30°的粗糙绝缘斜面固定在水平地面上,整个装置处在垂直斜面向上的匀强电场
之中,一质量为m、电荷量为-q的小滑块恰能沿斜面匀速下滑,已知滑块与斜面之间的动摩擦因数
为,求匀强电场电场强度E的大小。
3
专题能力训练1
力与物体的平衡
1.C 2.B 3.B 4.D 5.B 6.AC 7.AB
8.答案(1)30 N (2)30 N,水平向左
解析(1)金属球静止,则它受力平衡,如图所示。
由平衡条件可得墙壁对金属球的弹力为
FN1=Gtanθ=
40tan37°N=30N。
(2)斜面体对金属球的弹力为
FN2==
50N
由斜面体受力平衡可知地面对斜面体的摩擦力大小为Ff=FN2sinθ=30N
摩擦力的方向水平向左。
9.答案
解析受力分析如图所示,
由题意得
mgsinθ-Ff=
0
FN-mgcosθ-F=
0
F=qE
Ff=μF
N
联立解得
mgsinθ-μ(mgcosθ+qE)=
0
E=
代入数据得E=。