2014高考物理 考点解题思路大揭秘二 滑轮模型
2014届高考物理第二轮复习方案动量和能量1
2014届高考物理第二轮复习方案新题之动量和能量11．如图8所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m 的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m 的小物块从槽高h 处开始自由下滑，下列说法正确的是（ ）A ．在下滑过程中，物块的机械能守恒B ．在下滑过程中，物块和槽的动量守恒C ．物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动D ．物块被弹簧反弹后，能回到槽高h 处1.【答案】： C【解析】：在下滑过程中，物块和光滑弧形槽组成的系统机械能守恒，物块的机械能减小，选项A 错误；在下滑过程中，物块和光滑弧形槽组成的系统水平方向不受力，水平方向动量守恒；而竖直方向系统所受重力大于支持力，合外力不为零，系统动量不守恒，选项B 错误；物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动，不能回到槽高h 处，选项C 正确D 错误。
2、如图所示，质量M =4 kg 的滑板B 静止放在光滑水平面上，其右端固定一根水平轻质弹簧，弹簧的自由端C 到滑板左端的距离L =0.5m ，这段滑板与木块A (可视为质点）之间的动摩擦因数μ=0.2，而弹簧自由端C 到弹簧固定端D 所对应的滑板上表面光滑。
小木块A 以速度v 0=10m/s ，由滑板B 左端开始沿滑板水平上表面向右运动。
已知木块A 的质量m =1 kg ，g 取 10m/s 2。
求 （i ）弹簧被压缩到最短时木块A 的速度； （ii ）木块A 压缩弹簧过程中弹簧弹性势能的最 大值为多少？图83.如图所示，质量为m1的为滑块（可视为质点）自光滑圆弧形糟的顶端A处无初速度地滑下，糟的底端与水平传送带相切于左传导轮顶端的B点，A，B的高度差为h1＝－1.25 m.。
.传导轮半径很小，两个轮之间的距离为L=4. 00m．滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0. 20..右端的轮子上沿距离地面高度h2=1. 80m，g取10 m/s2.(1)槽的底端没有滑块m2，传送带静止不运转，求滑块m1滑过C点时的速度大小v；(2)在m1下滑前将质量为m2的滑块（可视为质点）停放在槽的底端。
高考物理二轮复习专题突破秘籍 (考点汇聚+专题专讲专练+考点串讲)平抛、圆周和天体运动
【二轮复习名师专题突破秘籍】2014高考物理二轮复习：平抛、圆周和天体运动（考点汇聚+专题专讲专练+考点串讲，18页word ，含名师详解）专题定位 本专题解决的是物体(或带电体)在力的作用下的曲线运动的问题．高考对本专题的考查以运动组合为线索，进而从力和能的角度进行命题，题目情景新，过程复杂，具有一定的综合性．考查的主要内容有：①曲线运动的条件和运动的合成与分解；②平抛运动规律；③圆周运动规律；④平抛运动与圆周运动的多过程组合问题；⑤应用万有引力定律解决天体运动问题；⑥带电粒子在电场中的类平抛运动问题；⑦带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题；⑧带电粒子在简单组合场内的运动问题等．用到的主要物理思想和方法有：运动的合成与分解思想、应用临界条件处理临界问题的方法、建立类平抛运动模型方法、等效的思想方法等．应考策略 熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对平抛和圆周运动的组合问题，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；对带电粒子在磁场内的匀速圆周运动问题掌握找圆心求半径的方法．平抛、圆周和天体运动1． 物体做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、独立性和等效性． 2． 平抛运动(1)规律：v x ＝v 0，v y ＝gt ，x ＝v 0t ，y ＝12gt 2.(2)推论：做平抛(或类平抛)运动的物体①任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点；②设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为φ，则有tan θ＝2tan_φ. 3． 竖直平面圆周运动的两种临界问题(1)绳固定，物体能通过最高点的条件是v ≥gR .(2)杆固定，物体能通过最高点的条件是v >0.4． 在处理天体的运动问题时，通常把天体的运动看成是匀速圆周运动，其所需要的向心力由万有引力提供．其基本关系式为G Mm r 2＝m v 2r ＝m ω2r ＝m (2πT)2r ＝m (2πf )2r .在天体表面，忽略自转的情况下有G Mm R2＝mg .5． 卫星的绕行速度v 、角速度ω、周期T 与轨道半径r 的关系(1)由G Mm r ＝m v 2r，得v ＝GMr，则r 越大，v 越小． (2)由G Mm r2＝m ω2r ，得ω＝GMr 3，则r 越大，ω越小． (3)由G Mm r 2＝m 4π2T2r ，得T ＝4π2r3GM，则r 越大，T 越大．6． 卫星变轨(1)由低轨变高轨，需增大速度，稳定在高轨道上时速度比低轨道小． (2)由高轨变低轨，需减小速度，稳定在低轨道上时速度比高轨道大．1． 竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度关系通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析．2． 对于平抛或类平抛运动与圆周运动组合的问题，应用合成与分解的思想分析这两种运动转折点的速度是解题的关键．3． 分析天体运动类问题的一条主线就是F 万＝F 向，抓住黄金代换公式GM ＝gR 2.4． 确定天体表面重力加速度的方法有：(1)测重力法；(2)单摆法；(3)平抛(或竖直上抛)物体法；(4)近地卫星环绕法．题型1 运动的合成与分解问题例1 质量为2 kg 的质点在竖直平面内斜向下做曲线运动，它在竖直方向的速度图象和水平方向的位移图象如图1甲、乙所示，下列说法正确的是( )甲 乙图1A ．前2 s 内质点处于失重状态B ．2 s 末质点速度大小为4 m/sC ．质点的加速度方向与初速度方向垂直D ．质点向下运动的过程中机械能减小解析 根据水平方向的位移图象可知，质点水平方向做匀速直线运动，水平速度v x ＝43m/s.根据竖直方向的速度图象可知，在竖直方向做匀加速直线运动，加速度a ＝1 m/s 2.前2 s 内质点处于失重状态，2 s 末质点速度为v ＝42＋432m/s>4 m/s ，选项A正确，B 错误．质点的加速度方向竖直向下，与初速度方向不垂直，选项C 错误．质点向下运动的过程中a ＝1 m/s 2<g ，所以质点除受重力外，还受竖直向上的力作用，在质点斜向下做曲线运动过程中这个力做负功，故机械能减小，选项D 正确． 答案 AD以题说法 1.运动的独立性是分析分运动特点的理论依据，本题中水平方向和竖直方向互不影响．2．对于任意时刻的速度、位移或加速度情况，要把两方向的速度、位移或加速度用平行四边形定则合成后再分析．物体在光滑水平面上，在外力F 作用下的v －t 图象如图2甲、乙所示，从图中可以判断物体在0～t 4的运动状态( )甲 乙图2A ．物体一直在做曲线运动B ．在t 1～t 3时间内，合外力先增大后减小C ．在t 1、t 3时刻，外力F 的功率最大D ．在t 1～t 3时间内，外力F 做的总功为零 答案 ABD解析 由图象可知物体沿x 方向做加速度时刻变化的变速直线运动，沿y 方向做匀速直线运动，结合运动的合成知识可知物体做曲线运动，选项A 正确；速度—时间图线的斜率表示加速度，在t 1～t 3时间内，物体的加速度先增大后减小，故合外力先增大后减小，选项B 正确；t 1、t 3时刻，速度的变化率为0，物体的加速度为0，合外力F 为0，故F的功率为0，选项C 错误；t 1时刻的合速度的大小与t 2时刻合速度的大小相等，则t 1～t 3时间内，物体的动能变化为0，据动能定理知外力F 做的总功为零，选项D 正确．题型2 平抛运动问题的分析例2 如图3，一小球从一半圆轨道左端A 点正上方某处开始做平抛运动(小球可视为质点)，飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B 点．O 为半圆轨道圆心，半圆轨道半径为R ，OB 与水平方向夹角为60°，重力加速度为g ，则小球抛出时的初速度为( )图3A.3gR2B.33gR2 C. 3gR 2D.3gR 3解析 平抛运动的水平位移x ＝R ＋R cos 60°设小球抛出时的初速度为v 0，则到达B 点时有tan 60°＝v 0gt水平位移与水平速度v 0的关系为x ＝v 0t ，联立解得v 0＝33gR2，选项B 正确． 答案 B以题说法 1.处理平抛(或类平抛)运动的基本方法就是把运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的匀加速直线运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的． 2．要善于建立平抛运动的两个分速度和分位移与题目呈现的角度之间的关系，这往往是解决问题的突破口．(2013·北京·19)在实验操作前应该对实验进行适当的分析．研究平抛运动的实验装置示意图如图4所示．小球每次都从斜槽的同一位置无初速度释放，并从斜槽末端水平飞出．改变水平板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹．某同学设想小球先后三次做平抛运动，将水平板依次放在如图1、2、3的位置，且1与2的间距等于2与3的间距．若三次实验中，小球从抛出点到落点的水平位移依次为x 1、x 2、x 3，机械能的变化量依次为ΔE 1、ΔE 2、ΔE 3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是( )图4A．x2－x1＝x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3B．x2－x1＞x3－x2，ΔE1＝ΔE2＝ΔE3C．x2－x1＞x3－x2，ΔE1＜ΔE2＜ΔE3D．x2－x1＜x3－x2，ΔE1＜ΔE2＜ΔE3答案 B解析不计空气阻力，小球在运动过程中机械能守恒，所以ΔE1＝ΔE2＝ΔE3＝0.小球在水平方向上做匀速运动，在竖直方向上做匀加速运动，又因y12＝y23，所以t12＞t23，x2－x1＞x3－x2，由以上分析可知选项B正确．题型3 圆周运动问题的分析例3(2013·重庆·8)如图5所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO′重合．转台以一定角速度ω匀速旋转，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和O点的连线与OO′之间的夹角θ为60°，重力加速度大小为g.图5(1)若ω＝ω0，小物块受到的摩擦力恰好为零，求ω0；(2)若ω＝(1±k)ω0，且0＜k≪1，求小物块受到的摩擦力大小和方向．审题突破当小物块受到的摩擦力恰好为零时，受到什么力的作用？向心力是多少？当转速稍增大(或稍减小)时所需的向心力如何变化？解析(1)对小物块受力分析可知：F N cos 60°＝mgF N sin 60°＝mR′ω20R′＝R sin 60°联立解得：ω0＝ 2gR(2)由于0＜k ≪1，当ω＝(1＋k )ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向下．由 受力分析可知：F N ′cos 60°＝mg ＋f cos 30° F N ′sin 60°＋f sin 30°＝mR ′ω2 R ′＝R sin 60°联立解得：f ＝3k＋k2mg当ω＝(1－k )ω0时，物块受摩擦力方向沿罐壁切线向上．由受力分析和几何关系知．F N ″cos 60°＋f ′sin 60°＝mg F N ″sin 60°－f ′cos 60°＝mR ′ω2 R ′＝R sin 60°所以f ′＝3k－k2mg .答案 (1)ω0＝2gR(2)当ω＝(1＋k )ω0时，f 沿罐壁切线向下，大小为3k＋k2mg当ω＝(1－k )ω0时，f 沿罐壁切线向上，大小为3k－k 2mg以题说法 解决圆周运动力学问题要注意以下几点：(1)要进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径．(2)列出正确的动力学方程F ＝m v 2r ＝mr ω2＝m ωv ＝mr 4π2T2.(3)对于竖直面内的圆周运动要注意“杆模型”和“绳模型”的临界条件．如图6所示，半径为R 的竖直光滑圆轨道内侧底部静止着一个光滑小球，现给小球一个冲击使其在瞬时得到一个水平初速度v 0，若v 0＝ 103gR ，则有关小球在圆轨道上能够上升到的最大高度(距离底部)的说法中正确的是( )图6A ．一定可以表示为v 202gB ．可能为4R3C ．可能为RD ．可能为53R答案 B解析 如果小球到最高点时速度为零，则有12mv 20＝mgh ，解得h ＝53R ，小球已经过了高度R ，小球会斜抛出去，故小球在最高点速度不为零，小球到不了53R 的高度，即不能到达v 202g的高度，选项A 、D 错误，选项B 正确． 题型4 万有引力定律的应用例4 某行星自转周期为T ，赤道半径为R ，研究发现若该行星自转角速度变为原来的两倍，将导致该星球赤道上的物体恰好对行星表面没有压力，已知万有引力常量为G ，则以下说法中正确的是( )A ．该行量质量为M ＝4π2R3GTB ．该星球的同步卫星轨道半径为r ＝34RC ．质量为m 的物体对行星赤道地面的压力为F N ＝16m π2RT2D ．环绕该行星做匀速圆周运动的卫星线速度必不大于7.9 km/s解析 若该行星自转角速度变为原来的两倍，则自转周期变为T /2.根据题述将导致该星球赤道上物体恰好对行星表面没有压力，则有G Mm R2＝mR ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2πT 22，解得该行星质量为M＝16π2R3GT2，选项A 错误．由G Mm r2＝mr (2πT)2，G Mm R2＝mR (4πT)2，联立解得该星球的同步卫星轨道半径为r ＝34R ，选项B 正确．设行星赤道地面对物体的支持力为F N ′，由G Mm R2－F N ′＝mR (2πT )2，解得F N ′＝12m π2R T2，由牛顿第三定律得，质量为m 的物体对行星赤道地面的压力为F N ＝12m π2R T2，选项C 错误．根据题述已知条件，不能得出环绕该行星做匀速圆周运动的卫星线速度，选项D 错误． 答案 B以题说法 解决天体运动问题要善于构建两大模型1．“天体公转”模型——某天体绕中心天体做匀速圆周运动．这种模型一般应用动力学方程(G Mmr＝mv2r＝mω2r＝m(2πT)2r＝ma n)和黄金代换公式(GM＝gR2)就能轻松解决问题．2．“天体自转”模型——天体绕自身中心的某一轴以一定的角速度匀速转动．这种模型中往往要研究天体上某物体随天体做匀速圆周运动问题，这时向心力是天体对物体的万有引力和天体对物体的支持力的合力，在天体赤道上，则会有F n＝F万－F N.(2013·山东·20)双星系统由两颗恒星组成，两恒星在相互引力的作用下，分别围绕其连线上的某一点做周期相同的匀速圆周运动．研究发现，双星系统演化过程中，两星的总质量、距离和周期均可能发生变化．若某双星系统中两星做圆周运动的周期为T，经过一段时间演化后，两星总质量变为原来的k倍，两星之间的距离变为原来的n倍，则此时圆周运动的周期为( )A.n3k2T B.n3kTC.n2kT D.nkT答案 B解析双星靠彼此的引力提供向心力，则有G m1m2L2＝m1r14π2T2G m1m2L2＝m2r24π2T2并且r1＋r2＝L解得T＝2πL3G m1＋m2当双星总质量变为原来的k倍，两星之间距离变为原来的n倍时T′＝2πn3L3 Gk m 1＋m2＝n3k ·T故选项B正确．4．平抛运动与圆周运动组合问题的综合分析审题示例(15分)如图7所示，一粗糙斜面AB 与圆心角为37°的光滑圆弧BC 相切，经过C 点的切线方向水平．已知圆弧的半径为R ＝1.25 m ，斜面AB 的长度为L ＝1 m ．质量为m ＝1 kg 的小物块(可视为质点)在水平外力F ＝1 N 作用下，从斜面顶端A 点处由静止开始，沿斜面向下运动，当到达B 点时撤去外力，物块沿圆弧滑至C 点抛出，若落地点E 与C 点间的水平距离为x ＝1.2 m ，C 点距离地面高度为h ＝0.8 m ．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)求：图7(1)物块经C 点时对圆弧面的压力； (2)物块滑至B 点时的速度； (3)物块与斜面间的动摩擦因数． 审题模板答题模板(1)物块从C 点到E 点做平抛运动 由h ＝12gt2(1分) 得t ＝0.4 s (1分) v C ＝xt＝3 m/s(1分)由牛顿第二定律知F N －mg ＝m v 2CR(1分)F N ＝17.2 N (1分)由牛顿第三定律知，物体在C 点时对圆弧的压力大小为17.2 N ，方向竖直向下(1分) (2)从B 点到C 点由动能定理有mgR (1－cos 37°)＝12mv 2C －12mv 2B(2分) v B ＝2 m/s(2分)(3)从A 点到B 点由v 2B ＝2aL ，得a ＝2 m/s 2(2分)由牛顿第二定律有mg sin 37°＋F cos 37°－μ(mg cos 37°－F sin 37°)＝ma(2分)代入数据，解得μ＝2437≈0.65(1分)答案 (1)17.2 N (2)2 m/s (3)0.65点睛之笔 1.多过程问题实际是多种运动规律的组合．平抛运动通常分解速度，竖直面内圆周运动通常应用动能定理和牛顿第二定律，直线运动通常用动力学方法或动能定理来分析．2．在建立两运动之间的联系时，要把转折点的速度作为分析重点．一长l ＝0.80 m 的轻绳一端固定在O 点，另一端连接一质量m ＝0.10 kg的小球，悬点O 距离水平地面的高度H ＝1.00 m ．开始时小球处于A 点，此时轻绳拉直处于水平方向上，如图8所示．让小球从静止释放，当小球运动到B 点时，轻绳碰到悬点O 正下方一个固定的钉子P 时立刻断裂．不计轻绳断裂的能量损失，取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：图8(1)当小球运动到B 点时的速度大小；(2)绳断裂后球从B 点抛出并落在水平地面的C 点，求C 点与B 点之间的水平距离； (3)若OP ＝0.6 m ，轻绳碰到钉子P 时绳中拉力达到所能承受的最大拉力断裂，求轻绳能承受的最大拉力．答案 (1)4.0 m/s (2)0.80 m (3)9 N解析 (1)设小球运动到B 点时的速度大小为v B ，由机械能守恒定律得12mv 2B ＝mgl 解得小球运动到B 点时的速度大小v B ＝2gl ＝4.0 m/s(2)小球从B 点做平抛运动，由运动学规律得x ＝v B t y ＝H －l ＝12gt 2解得C 点与B 点之间的水平距离x ＝v B ·H －lg＝0.80 m (3)若轻绳碰到钉子时，轻绳拉力恰好达到最大值F m ，由圆周运动规律得F m －mg ＝m v 2Brr ＝l －OP由以上各式解得F m ＝9 N(限时：45分钟)一、单项选择题1． (2013·江苏·2)如图1所示，“旋转秋千”中的两个座椅A 、B 质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在旋转圆盘上．不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直的中心轴匀速转动时，下列说法正确的是( )图1A ．A 的速度比B 的大B ．A 与B 的向心加速度大小相等C ．悬挂A 、B 的缆绳与竖直方向的夹角相等D ．悬挂A 的缆绳所受的拉力比悬挂B 的小 答案 D解析 因为物体的角速度ω相同，线速度v ＝r ω，而r A <r B ，所以v A <v B ， 故A 项错；根据a n ＝r ω2知a n A <a n B ，故B 项错；如图，tan θ＝a ng，而B 的向心加速度较大，则B 的缆绳与竖直方向夹角较大，缆绳拉力F T ＝mgcos θ，则F T A <F T B ，所以C 项错， D 项正确．2． 如图2所示，圆弧形凹槽固定在水平地面上，其中ABC 是以O 为圆心的一段圆弧，位于竖直平面内．现有一小球从一水平桌面的边缘P 点向右水平飞出，该小球恰好能从A 点沿圆弧的切线方向进入轨道．OA 与竖直方向的夹角为θ1，PA 与竖直方向的夹角为θ2.下列说法正确的是( )图2A ．tan θ1tan θ2＝2B ．cot θ1tan θ2＝2C ．cot θ1cot θ2＝2D ．tan θ1cot θ2＝2 答案 A解析 平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，小球在A 点时速度与水平方向的夹角为θ1，tan θ1＝v y v 0＝gtv 0，位移与竖直方向的夹角为θ2，tan θ2＝x y ＝v 0t 12gt 2＝2v 0gt，则tan θ1tan θ2＝2.故A 正确，B 、C 、D 错误．3． 在光滑水平桌面中央固定一边长为0.3 m 的小正三棱柱abc ，俯视如图3.长度为L ＝1 m的细线，一端固定在a 点，另一端拴住一个质量为m ＝0.5 kg 、不计大小的小球．初始时刻，把细线拉直在ca 的延长线上，并给小球以v 0＝2 m/s 且垂直于细线方向的水平速度，由于光滑棱柱的存在，细线逐渐缠绕在棱柱上(不计细线与三棱柱碰撞过程中的能量损失)．已知细线所能承受的最大张力为7 N ，则下列说法中不正确的是 ( )图3A ．细线断裂之前，小球速度的大小保持不变B ．细线断裂之前，小球的速度逐渐减小C ．细线断裂之前，小球运动的总时间为0.7π sD ．细线断裂之前，小球运动的位移大小为0.9 m 答案 B解析 小球在光滑水平面内运动，由于没有能量损失，细线断裂之前，小球速度的大小保持不变，选项A 正确，选项B 错误；线速度不变，细线越来越短，因此角速度应该逐步增大，由F ＝m v 2r 得r ＝mv 2F ＝27m<0.3 m ，由于细线长以0.3 m 递减，当被棱柱挡住三次时细线长变为0.1 m ，此时细线断，小球正好绕三棱柱缠绕一圈，运动时间为t ＝13×2π×12 s ＋13×2π－2s ＋13×2π－2s ＝0.7π s ，选项C 正确；细线断裂之前，小球做圆周运动的半径变为0.1 m ，则小球运动的位移大小为0.9 m ，选项D 正确．故本题答案为B.4． (2013·广东·14)如图4，甲、乙两颗卫星以相同的轨道半径分别绕质量为M 和2M 的行星做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )图4A ．甲的向心加速度比乙的小B ．甲的运行周期比乙的小C ．甲的角速度比乙的大D ．甲的线速度比乙的大 答案 A解析 由万有引力提供向心力得G Mm r 2＝m v 2r ＝m ω2r ＝ma ＝m 4π2T 2r ，变形得：a ＝GM r2，v ＝GMr ，ω＝ GMr 3，T ＝2π r 3GM，只有周期T 和M 成减函数关系，而a 、v 、ω和M 成增函数关系，故选A.5． 2013年2月15日中午12时30分左右，俄罗斯车里雅宾斯克州发生天体坠落事件．如图5所示，一块陨石从外太空飞向地球，到A 点刚好进入大气层，由于受地球引力和大气层空气阻力的作用，轨道半径渐渐变小，则下列说法中正确的是( )图5A．陨石正减速飞向A处B．陨石绕地球运转时角速度渐渐变小C．陨石绕地球运转时速度渐渐变大D．进入大气层陨石的机械能渐渐变大答案 C解析由于万有引力做功，陨石正加速飞向A处，选项A错误．陨石绕地球运转时，因轨道半径渐渐变小，则角速度渐渐增大，速度渐渐变大，选项B错误，C正确．进入大气层后，由于受到空气阻力的作用，陨石的机械能渐渐变小，选项D错误．二、多项选择题6．(2013·新课标Ⅱ·21)公路急转弯处通常是交通事故多发地带．如图6，某公路急转弯处是一圆弧，当汽车行驶的速率为v c时，汽车恰好没有向公路内外两侧滑动的趋势，则在该弯道处( )图6A．路面外侧高内侧低B．车速只要低于v c，车辆便会向内侧滑动C．车速虽然高于v c，但只要不超出某一最高限度，车辆便不会向外侧滑动D．当路面结冰时，与未结冰时相比，v c的值变小答案AC解析当汽车行驶的速度为v c时，路面对汽车没有摩擦力，路面对汽车的支持力与汽车重力的合力提供向心力，此时要求路面外侧高内侧低，选项A正确．当速度稍大于v c时，汽车有向外侧滑动的趋势，因而受到向内侧的摩擦力，当摩擦力小于最大静摩擦力时，车辆不会向外侧滑动，选项C正确．同样，速度稍小于v c时，车辆不会向内侧滑动，选项B错误．v c的大小只与路面的倾斜程度和转弯半径有关，与地面的粗糙程度无关，D错误．7．某同学学习了天体运动的知识后，假想宇宙中存在着由四颗星组成的孤立星系．如图7所示，一颗母星处在正三角形的中心，三角形的顶点各有一颗质量相等的小星围绕母星做圆周运动．如果两颗小星间的万有引力为F，母星与任意一颗小星间的万有引力为9F.则( )图7A．每颗小星受到的万有引力为(3＋9)FB．每颗小星受到的万有引力为(32＋9)FC．母星的质量是每颗小星质量的3倍D．母星的质量是每颗小星质量的33倍答案AC解析每颗小星受到的万有引力为2F cos 30°＋9F＝(3＋9)F，选项A正确，选项B错误；设正三角形的边长为l，由万有引力定律和题意知GMm23l2＝9Gm2l2，解得M＝3m，选项C正确，选项D错误．8．地球自转正在逐渐变慢，据推测10亿年后地球的自转周期约为31 h．若那时发射一颗地球的同步卫星W2，与目前地球的某颗同步卫星W1相比，以下说法正确的是(假设万有引力常量、地球的质量、半径均不变) ( ) A．离地面的高度h2>h1B．向心加速度a2>a1C．线速度v2<v1D．线速度v2>v1答案AC解析由万有引力提供向心力可知，GMmR ＋h2＝m4π2T2(R＋h)，h＝3GMT24π2－R，由于周期增大，则h增大，选项A正确；由GMmR ＋h2＝ma可知，向心加速度减小，选项B错误；由线速度公式GMmR ＋h2＝mv2R＋h可知，线速度减小，选项C正确，选项D错误．9．我国自主研发的“北斗卫星导航系统”是由多颗卫星组成的，其中有5颗地球同步卫星．在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道Ⅰ，如图8所示，然后在Q 点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ，则 ( )图8A．该卫星的发射速度必定大于11.2 km/sB．卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度小于7.9 km/sC．在轨道Ⅰ上，卫星在P点的动能小于在Q点的动能D．在轨道Ⅱ上的运行周期大于在轨道Ⅰ上的运行周期答案BD解析人造卫星的最小发射速度和最大环绕速度均为7.9 km/s，选项A错误，选项B正确；由v＝GMr知r越小v越大，动能也就越大，所以卫星在P点的动能大于在Q点的动能，选项C错误；由T＝4π2r3GM知r越大T越大，则卫星在轨道Ⅱ上的周期大于在轨道Ⅰ上的周期，选项D正确．三、非选择题10．如图9所示，质量M＝2 kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝1 kg的小球通过长L＝0.5 m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝4 m/s，g取10 m/s2.图9(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向；(2)在满足(1)的条件下，小球在最高点P突然离开轻杆沿水平方向飞出，试求小球落到水平轨道的位置到轴O的距离；(3)若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时的速度大小v′＝2 m/s，试求此时滑块的速度大小．答案(1)2 N 竖直向上(2)155m (3)1 m/s解析(1)设小球能通过最高点，且在最高点时的速度为v1.在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒，则 12mv 21＋mgL ＝12mv 20 得v 1＝ 6 m/sv 1>0，故小球能到达最高点．设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F ，方向向下，则F ＋mg ＝m v 21L得F ＝2 N由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2 N ，方向竖直向上 (2)小球飞出后做平抛运动，设运动时间为t 由L ＝12gt 2落地点到轴O 的水平距离x ＝v 1t 得：x ＝155m (3)解除锁定后，设小球通过最高点时滑块的速度为v 在上升过程中，系统的机械能守恒，则 12mv ′2＋12Mv 2＋mgL ＝12mv 20 代入数据得v ＝1 m/s11．如图10所示，水平地面和半径R ＝0.5 m 的半圆轨道面PTQ 均光滑，质量M ＝1 kg 、长L ＝4 m 的小车放在地面上，右端点与墙壁的距离为s ＝3 m ，小车上表面与半圆轨道最低点P 的切线相平．现有一质量m ＝2 kg 的滑块(可视为质点)以v 0＝6 m/s 的水平初速度滑上小车左端，带动小车向右运动，小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上．已知滑块与小车上表面的动摩擦因数μ＝0.2，取g ＝10 m/s 2.图10(1)求小车与墙壁碰撞时滑块的速率； (2)求滑块到达P 点时对轨道的压力；(3)若圆轨道的半径可变但最低点P 不变，为使滑块在圆轨道内滑动的过程中不脱离轨道，求半圆轨道半径的取值范围．答案 (1)4 m/s (2)68 N 竖直向下 (3)R ≤0.24 m 或R ≥0.60 m解析 (1)滑块滑上小车后，小车将做匀加速直线运动，滑块将做匀减速直线运动，设滑块加速度为a 1，小车加速度为a 2，由牛顿第二定律得： 对滑块有－μmg ＝ma 1 对小车有μmg ＝Ma 2当滑块相对小车静止时，两者速度相等，设小车与滑块经历时间t 后速度相等，则有v 0＋a 1t ＝a 2t滑块的位移s 1＝v 0t ＋12a 1t 2小车的位移s 2＝12a 2t 2代入数据得Δs ＝s 1－s 2＝3 m<L 且s 2<s ，说明小车与墙壁碰撞前滑块与小车已具有共同速度故小车与墙壁碰撞时的速率为v 1＝a 2t ＝4 m/s (2)设滑块到达P 点时的速度为v P －μmg (L －Δs )＝12mv 2P －12mv 21F N －mg ＝m v 2PR根据牛顿第三定律有滑块到达P 点时对轨道的压力F N ′＝F N ＝68 N ，方向竖直向下 (3)若滑块恰能滑过圆的最高点，设滑至最高点的速率为v Q ，临界条件为：mg ＝m v 2QR max－mg ·2R max ＝12mv 2Q －12mv 2P代入数据得R max ＝0.24 m若滑块恰好滑至1/4圆弧到达T 点时速度为零，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道，此时有： －mgR min ＝0－12mv 2PR min ＝0.6 m所以，若滑块在圆轨道运动过程中不脱离圆轨道，则半圆轨道的半径必须满足R ≤0.24 m 或R ≥0.60 m。
2014高考物理二轮复习课件 专题三 力与曲线运动祥解
当
r=R
地时
为最大环绕角速度
T为最小周期
a为最大加速度g 表
结论及常识:
a.轨道越高运行速度越小; b.双星运动角速度相等; c.月球绕地球转动周期约为 27.3 天; d.同步卫星与地球自转周期相等(1 天).
(2)第一宇宙速度 v1=7.9 km/s 是人造地球卫星的 最小发射速度,最大运行速度.只有以第一宇宙速 度发射的人造卫星绕地球表面运行时,运行速度才 与发射速度相等,而对于在离地较高的轨道上运行 的卫星,其运行速度与地面发射速度并不相等. 2.卫星变轨问题
2 62 1 2
①由
GMm r2
=mgr(gr 为
r
处的重力加速度),可
得
GM=grr2(在地面上:
GMm R2
=mg).
v2
GM
1
m
r
v
v
r
r
m2r
GM
1
②G
Mm r2
m
4π2 T2
r
T
r3 4π2r3 GM
r3 T
r3
ma a
GM r2
a
1 r2
v 7.9km/s为第一宇宙速度
(1)当 F 供=F 需=m v2 时,卫星做匀速圆周运动. r
(2)当 F 供>F 需时,卫星做近心运动.
当卫星的速度突然减小时,所需向心力 mv2 减小, r
即万有引力大于卫星所需的向心力,因此卫星将做 向心运动,同样会脱离原来的圆轨道,到中心体的 距离变小,引力做正功,引力势能减少,进入新轨道
核心整合 整合认知 核心要点
网络构建
知能要点
一、平抛运动和类平抛运动
2014高考物理考点解题思路大揭秘二十实验与其它.
二十、实验与其它
［考点方向］
1读数或数据处理（卡尺、千分尺等读数，」求£、r，纸带求v、a等）
2、选择器材、选择电路，误差分析
3、把需要的实验步骤按正确顺序排列，找出重要遗漏步骤和错误步骤并改正，电路连线
4、联系实际的设计性实验（平抛测速度，单摆测重力加速度g ,测甩、F V等，半偏法的使用）
5、单位制和物理学史（物理学家与其对应的贡献）
6、物理问题的研究方法（实验法、控制变量法、等效法、转换法等）
［说明］
⑴常见读数的仪表有：千分尺、卡尺、欧姆表、刻度尺、秒表、、等。
注意：
除卡尺、秒表、电阻箱和题目要求的外，其它仪表读数均应读到最小刻度再估读到下一位。
⑵数据处理的常见问题：纸带a、v,平抛轨迹求V。
，求g，耳—：求£、r，插针法测n等。
⑶选器材常见的问题：单摆测g,描等势线，测电阻，测 &、r。
⑷选电路：测&、r，测F X时内外接法，变阻器分压式和限流式接法
⑸单位制常见问题
a.国际单位中的基本单位（kg、ms、K、A、坎德拉、mol）
b.能量单位（焦耳、电子伏、兆电子伏、千瓦时等）
c.磁感应强度单位（特、韦/米2,…）
⑹物理学家与对应的成就：以磁学、光的本性、原子和原子核部分见多。
2014高考物理考点、解题思路大揭秘一、电磁场中的单杆模型.pdf
第六章 电磁场 解题模型： 一、电磁场中的单杆模型 如图7.01所示，，电压表与电流表的量程分别为0～10V和0～3A，电表均为理想电表。
导体棒ab与导轨电阻均不计，且导轨光滑，导轨平面水平，ab棒处于匀强磁场中。
（1）当变阻器R接入电路的阻值调到30，且用＝40N的水平拉力向右拉ab棒并使之达到稳定速度时，两表中恰好有一表满偏，而另一表又能安全使用，则此时ab棒的速度是多少？ （2）当变阻器R接入电路的阻值调到，且仍使ab棒的速度达到稳定时，两表中恰有一表满偏，而另一表能安全使用，则此时作用于ab棒的水平向右的拉力F2是多大？ 图7.01 解析：（1）假设电流表指针满偏，即I＝3A，那么此时电压表的示数为U＝＝15V，电压表示数超过了量程，不能正常使用，不合题意。
因此，应该是电压表正好达到满偏。
当电压表满偏时，即U1＝10V，此时电流表示数为 设a、b棒稳定时的速度为，产生的感应电动势为E1，则E1＝BLv1，且E1＝I1(R1＋R并)＝20V a、b棒受到的安培力为 F1＝BIL＝40N 解得 （2）利用假设法可以判断，此时电流表恰好满偏，即I2＝3A，此时电压表的示数为＝6V可以安全使用，符合题意。
由F＝BIL可知，稳定时棒受到的拉力与棒中的电流成正比，所以 。
如图7.02甲所示，一个足够长的“U”形金属导轨NMPQ固定在水平面内，MN、PQ两导轨间的宽为L＝0.50m。
一根质量为m＝0.50kg的均匀金属导体棒ab静止在导轨上且接触良好，abMP恰好围成一个正方形。
该轨道平面处在磁感应强度大小可以调节的竖直向上的匀强磁场中。
ab棒的电阻为R＝0.10Ω，其他各部分电阻均不计。
开始时，磁感应强度。
图7.02 （1）若保持磁感应强度的大小不变，从t＝0时刻开始，给ab棒施加一个水平向右的拉力，使它做匀加速直线运动。
此拉力F的大小随时间t变化关系如图2乙所示。
求匀加速运动的加速度及ab棒与导轨间的滑动摩擦力。
2014高考物理二轮专题突破：专题八
专题定位本专题主要是解决高中物理的有关图象问题，涉及图象物理意义的理解和应用图象解决问题．《考试大纲》能力要求中明确指出,要求学生具有阅读图象、描述图象、运用图象解决问题的能力．物理图象能形象地表达物理规律、直观地描述物理过程、鲜明地表示物理量之间的相互关系，是分析物理问题的有效手段之一，是当今高考出题的热点．高考对本专题考查的内容及命题形式主要有以下几个方面：①通过对物理过程的分析找出与之对应的图象并描绘出来；②通过对已知图象的分析寻找其内部蕴含的物理规律;③图象的转换——用不同的图象描述同一物理规律或结论；④综合应用物理图象分析解决问题．应考策略图象问题的处理有两条途径：一是根据图象反映的函数关系，找到图象所反映的两个物理量间的关系，分析其物理意义和变化规律．二是既能根据图象的定义把图象反映的规律对应到实际过程中去,又能将实际过程的抽象规律对应到图象中去，最终根据实际过程的物理规律进行判断．这样，才抓住了解决图象问题的根本．1．坐标轴的物理意义弄清两个坐标轴表示的物理量及单位．注意坐标原点是否从零开始；注意纵轴物理量为矢量情况时,横轴以上表示此物理量为正，横轴以下表示此物理量为负．2．图线形状注意观察图象形状是直线、曲线还是折线等，从而弄清图象所反映的两个物理量之间的关系，明确图象反映的物理意义．3．斜率图线上某点的斜率表示两物理量增量的比值，反映该点处一个量随另一个量变化的快慢．几种常见图象斜率的物理意义:（1)变速直线运动的s－t图象，纵坐标表示位移，横坐标表示时间，因此图线中某两点连线的斜率表示平均速度，图线上某一点切线的斜率表示瞬时速度；(2）v－t 图线上两点连线的斜率和某点切线的斜率，分别表示平均加速度和瞬时加速度;(3)线圈的Φ－t图象（Φ为磁通量），斜率表示感应电动势；(4)恒力做功的W－s图象(s为恒力方向上的位移)，斜率表示恒力的大小；(5)沿电场线方向的φ－s图象（φ为电势，s为位移），其斜率的大小等于电场强度；（6)用自由落体运动测量重力加速度实验的v2－s图象(v为速度，s为下落位移），其斜率为重力加速度的2倍．4．面积的物理意义图线与横轴所围的面积常代表一个物理量，这个物理量往往就是纵、横轴所表示的物理量的乘积的物理意义．几种常见图象面积的物理意义：（1)在直线运动的v－t图象中，图线和时间轴之间的面积，等于速度v与时间t的乘积,因此它表示相应时间内质点通过的位移；(2)在a－t图象中，图线和时间轴之间的面积,等于加速度a与时间t的乘积，表示质点在相应时间内速度的变化量；(3)线圈中电磁感应的E－t图象（E为感应电动势），图线跟t坐标轴之间的面积表示相应时间内线圈磁通量的变化量;（4)力F移动物体在力的方向上产生一段位移s，F－s图象中图线和s坐标轴之间的面积表示F做的功，如果F是静电力，此面积表示电势能的减小量,如果F是合力,则此面积表示物体动能的增加量；（5）静电场中的E－s图象(E为电场强度，s为沿电场线方向的位移)，图线和s坐标轴之间的面积表示相应两点间的电势差．5．交点、拐点的物理意义交点往往表示不同对象达到的某一物理量的共同点，如在同一U －I坐标系中，电阻的U－I图线和电源的U－I图线的交点表示两者连成闭合电路时的工作点；拐点既是坐标点，又是两种不同变化情况的交界点，即物理量之间的突变点．1．公式与图象的转化要作出一个确定的物理图象,需要得到相关的函数关系式．在把物理量之间的关系式转化为一个图象时,最重要的就是要明确公式中的哪个量是自变量，哪些是常量，关系式描述的是哪两个物理量之间的函数关系，那么这两个物理量就是物理图象中的两个坐标轴．2．图象与情景的转化运用物理图象解题，还需要进一步建立物理图象和物理情景的联系,根据物理图象,想象出图象所呈现的物理现象、状态、过程和物理变化的具体情景，因为这些情景中隐含着许多解题条件，这些过程中体现了物理量相互制约的规律,这些状态反映了理论结果是否能与合理的现实相吻合，这些正是“审题”“分析”“审视答案”等解题环节所需要解决的。
2014高考物理 考点解题思路大揭秘四 磁偏转模型汇总
四、磁偏转模型1． 一质点在一平面内运动，其轨迹如图7.15所示。
它从A 点出发，以恒定速率0v 经时间t 到B 点，图中x 轴上方的轨迹都是半径为R 的半圆，下方的都是半径为r 的半圆。
（1）求此质点由A 到B 沿x 轴运动的平均速度。
（2）如果此质点带正电，且以上运动是在一恒定（不随时间而变）的磁场中发生的，试尽可能详细地论述此磁场的分布情况。
不考虑重力的影响。
图7.15解析：（1）由A 到B ，若上、下各走了N 个半圆，则其位移 )(2r R N x -=∆ ①其所经历的时间)(v r R Nt +=∆π②所以沿x 方向的平均速度为)()(20r R r R v t x v +-=∆∆=π （2）I. 根据运动轨迹和速度方向，可确定加速度（向心加速度），从而确定受力的方向，再根据质点带正电和运动方向，按洛伦兹力的知识可断定磁场的方向必是垂直于纸面向外。
II. x 轴以上和以下轨迹都是半圆，可知两边的磁场皆为匀强磁场。
III. x 轴以上和以下轨迹半圆的半径不同，用B 上和B 下分别表示上、下的磁感应强度，用m 、q 和v 分别表示带电质点的质量、电量和速度的大小；则由洛伦兹力和牛顿定律可知，r v m qvB R v m qvB 2020==下上、，由此可得Rr B B =下上，即下面磁感应强度是上面的r R 倍。
2． 如图7.16所示，一束波长为λ的强光射在金属板P 的A 处发生了光电效应，能从A 处向各个方向逸出不同速率的光电子。
金属板P 的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感强度为B ，面积足够大，在A 点上方L 处有一涂荧光材料的金属条Q ，并与P 垂直。
现光束射到A 处，金属条Q 受到光电子的冲击而发出荧光的部分集中在CD 间，且CD=L ，光电子质量为m ，电量为e ，光速为c （1）金属板P 逸出光电子后带什么电？ （2）计算P 板金属发生光电效应的逸出功W 。
（3）从D 点飞出的光电子中，在磁场中飞行的最短时 间是多少？图7.16解析：（1）由电荷守恒定律得知P 带正电。
2014高考物理二轮专题突破：专题四 第2课时
第2课时动力学、动量和能量观点的综合应用1．动量定理的公式Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系,即合外力的冲量是动量变化的原因．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．动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时,F应是合外力对作用时间的平均值．2．动量守恒定律（1)内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，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（系统总动量的增量为零）；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反）．(3)守恒条件①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零．②系统合外力不为零,但在某一方向上系统合外力为零，则系统在该方向上动量守恒．③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程．3．解决力学问题的三个基本观点（1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题．（2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解,常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．(3）能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析;在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．1．力学规律的选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．(2）多个物体组成的系统:优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律,然后再根据能量关系分析解决．2．系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法．（1）对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理,如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．（2）对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).题型1 动量和能量的观点在力学中的应用例1 (2013·广东·35)如图1，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m，P2的右端固定一轻质弹簧,左端A与弹簧的自由端B相距L，物体P置于P1的最右端,质量为2m且可看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内)．P与P2之间的动摩擦因数为μ,求：图1(1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2。
专题01 光滑滑轮与光滑挂钩模型-高考物理模型法之实物模型法(解析版)
高中物理系列模型之实物模型１.光滑滑轮与光滑挂钩模型模型界定光滑挂钩钩于绳上时，其作用相当于一个光滑动滑轮。
本模型只研究轻质光滑滑轮所涉及的受力、平衡及运动等问题。
模型破解解决滑轮模型的问题时，首要的是掌握其力学特点：1.由于滑轮光滑，故滑轮两侧的轻绳上张力相等,此特点与运动状态、是定滑轮还是动滑轮无关。
2.对于动滑轮,由于两侧绳上张力相等，故在平衡状态下两侧轻绳与竖直方向的夹角相等。
3.系统平衡时,动滑轮两侧轻绳与竖直方向的夹角大小取决于绳的总长度及两侧绳的悬点间水平距离，与悬点的位置无关，如图1所示：θθθsin sin )(sin l x l x d =-+=，即ld =θsin 。
4.对于轻质滑轮，轮轴对滑轮的作用力与两侧轻绳上张力的合力等值反向,大小关系为F T =θcos 2,这与系统是否平衡无关。
5.将轻绳悬挂于光滑钉子、圆柱体等之类的物体上,其作用相当于滑轮.例1.在如图所示装置中，m l 由轻质滑轮悬挂在绳间，两物体质量分别为m 1、m 2，悬点a 、b 间的距离远大于滑轮的直径，不计一切摩擦，整个装置处于静止状态．则A ．α一定等于βB ．m 1一定大于m 2C ．m 1一定小于m 2D ．m 1可能等于m 2 【答案】ＡＤl -xθθx图1FTθθ T图2例1题图【解析】由图可知绳中张力T 等于m 2的重力，由动滑轮受力平衡有：水平方向上βαsin sin T T =，竖直方向有g m T T 1cos cos =+βα，可解得βα=，αcos 221m m =。
由于悬点a 、b 间的距离远大于滑轮的直径，可知20πα<<，则当3πα=时，21m m =，故只有AD 正确。
例2.如图所示，将一根不能伸长、柔软的轻绳两端分别系于A 、B 两点上，一物体用动滑轮悬挂在绳子上，达到平衡时，两段绳子间的夹角为1θ，绳子张力为F 1；将绳子B 端移至C 点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为2θ，绳子张力为F 2；将绳子B 端移至D 点，待整个系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为3θ，绳子张力为F 3，不计摩擦，则（ ）A ．1θ=2θ=3θB ．1θ=2θ<3θC ．F 1 >F 2 >F 3D ．F 1 =F 2 <F 3 【答案】ＢＤ例3. 如图中的甲图所示，将一根轻而柔软的细绳一端拴在天花板上的A 点，另一端拴在墙上的B 点，A 和B 到O 点的距离相等，绳的长度是OA 的两倍。
【三维设计】2014高考物理二轮课件特色专题功和能解答题专攻(50ppt)全国通用-二轮复习
追上时由路程关系有：v0t－12a1t2＝12a2t2＋l 由以上四式解得A的初速度大小为： v0＝3 m/s，t＝0.5 s (2)B运动的位移： x＝12a2t2＝0.25 m F对物块B所做的功：W＝Fx＝0.75 J
[例1] 某班同学在研究性学习中开展了一次有趣的体育游戏活动——“巧 搬运”。有一直跑道AC，A处放有一箱子，B处放有一皮球(图中未画出)，C处 的右侧是一水池，已知AB长度为L1＝45 m，BC长度为L2＝20 m。如图1所示， 某同学从起点A由静止出发，跑到B处将停放在此处的皮球抱住(抱球时对该同 学运动的速度没有影响)，在BC区域返回且不落入水池中，把皮球搬回放入A处 的箱子里，计时结束，时间最短为优胜者。第一次，同学甲听到发令枪响后， 反应0.30 s后起跑，然后以1.50 m/s2的加速度做匀加速直线运动，同学甲达到 9.00 m/s的速度后，匀速跑到B处抱球，并立即以1.50 m/s2的加速度做匀减速直 线运动。第二次，同学乙听到发令枪响后，仍然反应0.30 s后起跑，然后仍然以 1.50 m/s2的加速度做匀加速直线运动，同学乙达到9.00 m/s的速度后，立即仍以 1.50 m/s2的加速度做匀减速直线运动，减速至0后反向再做加速度为1.50 m/s2的 匀加速直线运动，达到最大速度9.00 m/s后匀速冲向A点。求：
最后做匀速运动的时间t4＝2x1v－x3＝3 s 该同学完成游戏任务的时间是 t＝t0＋t1＋t2＋t3＋t4＝21.3 s [答案] (1)会落入水池 (2)5.2 m/s 21.3 s
[例2] 如图2所示，水平面上放有
质量均为m＝1 kg的物块A和B，A、B
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二、滑轮模型
1． 如图5.06所示，将一根不可伸长、柔软的轻绳左、右两端分别系于A、B两点上，一物体
用动滑轮悬挂在轻绳上，达到平衡时，两段绳子间的夹角为1，绳子张力为1F；将绳子
右端移到C点，待系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为2，绳子张力为2F；将绳子右
端再由C点移到D点，待系统达到平衡时，两段绳子间的夹角为3，绳子张力为3F，不计
摩擦，并且BC为竖直线，则（ ）
A. 321 B. 321
C. 321FFF D. 321FFF
图5.06
解析：由于跨过滑轮上绳上各点的张力相同，而它们的合力与重力为一对平衡力，所以从
B点移到C点的过程中，通过滑轮的移动，2121FF，，再从C点移到D点，3肯定
大于2，由于竖直方向上必须有mgF2cos2，所以23FF。故只有A选项正确。
2． 如图5.07所示在车厢中有一条光滑的带子（质量不计），带子中放上一个圆柱体，车子静
止时带子两边的夹角∠ACB=90°，若车厢以加速度a=7.5m/s2向左匀加速运动，则带子的
两边与车厢顶面夹角分别为多少？
图5.07
解析：设车静止时AC长为l，当小车以2/5.7sma向左作匀加速运动时，由于AC、BC
之间的类似于“滑轮”，故受到的拉力相等，设为FT，圆柱体所受到的合力为ma，在向左作匀
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加速，运动中AC长为ll，BC长为ll
由几何关系得lllll2sinsinsin
由牛顿运动定律建立方程：
mgFFmaFFTTTTsinsincoscos，
代入数据求得9319，
3． 如图5.08所示，细绳绕过两个定滑轮A和B，在两端各挂一个重为P的物体，现在A、B
的中点C处挂一个重为Q的小球，Q<2P，求小球可能下降的最大距离h。已知AB的长为
2L，不计滑轮和绳之间的摩擦力及绳的质量。
图5.08
解析：选小球Q和两重物P构成的整体为研究对象，该整体的速率从零开始逐渐增为最大，
紧接着从最大又逐渐减小为零（此时小球下降的距离最大为h），如图4在整个过程中，只有
重力做功机械能守恒。
图4
因重为Q的小球可能下降的最大距离为h，所以重为P的两物体分别上升的最大距离均为
LLh
22
。
考虑到整体初、末位置的速率均为零，故根据机械能守恒定律知，重为Q的小球重力势能
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的减少量等于重为P的两个物体重力势能的增加量，即)(222LLhPQh。
从而解得2244QPPLQh
4． 如图5.09轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为M1的物体。∠
ACB=30°；图（b）中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙上，另一端G通过细绳EG拉住，
EG与水平方向也成30°，轻杆的G点用细绳GF拉住一个质量为M2的物体，求细绳AC段
的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比？
图4.09
图5.09
解析：图（a）中绳AC段的拉力FTAC＝M1g
图（b）中由于FTEGsin30°=M2g，解得：
212MMFFTEG
TAC
5． 如图5.10所示，质量分别为M和m（M>m）的小物体用轻绳连接；跨放在半径为R的光滑
半圆柱体和光滑定滑轮B上，m位于半圆柱体底端C点，半圆柱体顶端A点与滑轮B的连
线水平。整个系统从静止开始运动。设m能到达圆柱体的顶端，试求：
（1）m到达圆柱体的顶端A点时，m和M的速度。
（2）m到达A点时，对圆柱体的压力。
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图5.10
答案：（1）2)(2121vmMmgRRMg
mMmgRRMgv
2
（2）NFmgRmv2
mMgmMmgmgFN
22
mgmMmMmM
2