2019届高考物理二轮复习 第一部分 专题一 力与运动（课件+学案+练习）（打包7套）.zip

1专题一 力 与 运 动第一讲 物体平衡与直线运动考点一 静态平衡问题1.[考查单个物体的平衡问题]张鹏同学在家帮妈妈洗完衣服后，挂在如图所示的晾衣架上晾晒， A、 B 为竖直墙壁上等高的两点， AO、 BO 为长度相等的两根轻绳， CO 为一根轻杆。转轴 C 在 AB 中点 D 的正下方， AOB 在同一水平面上。∠ AOB＝60°，∠ DOC＝30°，衣服质量为 m。下列说法正确的是 ( )A． CO 杆所受的压力大小为 mg233B． CO 杆所受的压力大小为 mgC． AO 绳所受的拉力大小为 mg3D． BO 绳所受的拉力大小为 mg解析：选 D 设绳 AO 和绳 BO 拉力的合力为 F，以 O 点为研究对象， O 点受到向下的拉力 mg、杆的支持力 F2和绳 AO 与绳 BO 拉力的合力 F，作出力的示意图，如图甲所示，根据平衡条件得： F＝ mgtan 60°＝ mg； F2＝ ＝2 mg。将 F 分解，如图乙所3mgsin 30°示，设 AO 所受拉力的大小为 F1，因为∠ AOB＝60°，根据几何知识得： F1＝ F＝ mg，所以33绳 AO 和 BO 所受到的拉力大小为 mg，而杆 OC 所受到的压力大小等于 2mg；故 D 正确。2．[考查多个物体的平衡问题][多选]如图所示，水平桌面上有三个相同的物体 a、 b、 c 叠放在一起， a 的左端通过一根轻绳与质量为 m＝3 kg 的小球相连，半球形器皿中的轻绳与水平方向的夹角为 60°，小球静止在光滑的半球形器皿中，水平向右的拉力 F＝10 N 作用在 b 上，三个物体保持静止状态。 g 取 10 m/s2，下列说法正确的是 ( )2A．轻绳对物体 a 的拉力大小为 10 N3B．物体 c 受到向右的静摩擦力C．桌面对物体 a 的静摩擦力方向水平向左D．物体 b 受到一个摩擦力，方向水平向左解析：选 AD 对小球由平衡条件得 2Tsin 60°＝ mg，代入数据解得轻绳的拉力 T＝10N，选项 A 正确；因为轻绳的拉力 T＝10 N＞ F＝10 N，因此对 a、 b、 c 三个物体组成3 3的整体分析可知，桌面对物体 a 的静摩擦力方向水平向右，选项 C 错误；物体 c 处于平衡状态，既不受拉力也不受摩擦力，选项 B 错误； c 对 b 没有摩擦力，而 b 处于平衡状态，由于水平拉力 F＝10 N 作用在 b 上，因此由平衡条件知， b 受到方向水平向左、大小为 10 N 的静摩擦力，选项 D 正确。考点二 动态平衡问题3.[考查用图解法分析动态平衡问题]质量为 m 的物体用轻绳 AB 悬挂于天花板上。用水平向左的力 F 缓慢拉动绳的中点 O，如图所示。用 T 表示绳 OA 段拉力的大小，在 O 点向左移动的过程中 ( )A． F 逐渐变大， T 逐渐变大B． F 逐渐变大， T 逐渐变小C． F 逐渐变小， T 逐渐变大D． F 逐渐变小， T 逐渐变小解析：选 A 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，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，T 逐渐变大，选项 A 正确。4．[考查用相似三角形法分析动态平衡问题][多选]如图所示，质量均为 m 的小球 A、 B 用劲度系数为 k1的轻弹簧相连，B 球用长为 L 的细绳悬于 O 点， A 球固定在 O 点正下方，当小球 B 平衡时，绳子所受的拉力为 FT1，弹簧的弹力为 F1；现把 A、 B 间的弹簧换成原长相同但劲度系数为 k2(k2k1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为 FT2，弹簧的弹力为 F2，则下列关于 FT1与 FT2、 F1与 F2大小之间的关系，正确的是 ( )A． FT1FT2 B． FT1＝ FT2C． F1＜ F2 D． F1＝ F23解析：选 BC 小球 B 受重力 mg、绳子拉力 FT和弹簧弹力 F 三个力而平衡，平移 FT、 F 构成矢量三角形如图所示，由图可以看出，力的矢量三角形总是与几何三角形 OAB 相似，因此有 ＝ ＝ ，其中mgOA FTL FABOA、 L 保持不变，因此绳子的拉力 FT大小保持不变，A 错误、B 正确；当弹簧的劲度系数 k增大时，弹簧的压缩量减小， A、 B 间距离增大，因此对应的力 F 增大，C 正确、D 错误。考点三 匀变速直线运动问题5.[考查匀变速直线运动规律及图像问题][多选] 为检测某新能源动力车的刹车性能，如图所示是一次在平直公路上实验时，新能源动力车整个刹车过程中位移与速度平方之间的关系图像，下列说法正确的是( )A．新能源动力车的初速度为 20 m/sB．刹车过程新能源动力车的加速度大小为 5 m/s2C．刹车过程持续的时间为 10 sD．刹车过程经过 6 s 时新能源动力车的位移为 30 m解析：选 AB 根据 0－ v2＝2 ax 得： ＝－ ，可知 ＝ ，解得刹车过程中加速度xv2 12a 12a 40400大小 a＝5 m/s2，由题图可知，新能源动力车的初速度为 v02＝400 m2/s2，则 v0＝20 m/s，故 A、B 正确；则刹车过程持续的时间 t＝ ＝ s＝4 s，故 C 错误；刹车过程中 6 s 内v0a 205的位移等于 4 s 内的位移，则 x＝ ＝ m＝40 m，故 D 错误。v022a 400106.[考查用匀变速直线运动规律解决实际问题]一辆车厢长为 4 m 的卡车沿水平路面行驶，在车厢正中央沿行驶方向放置一根长 2 m、质量均匀的细钢管，钢管与车厢水平底板间的动摩擦因数为 0.3，重力加速度 g 取 10 m/s2。(1)若卡车以 18 m/s 的速度匀速行驶，为了使车厢前挡板不被撞击，求刹车时加速度的最大值？(2)若车厢无后挡板，卡车从静止开始匀加速运动，加速度大小为 4 m/s2，则经多长时间钢管开始翻落？解析：(1)若车厢前挡板恰好不被撞击，则卡车在刹车过程中的位移大小 x1＝v022am对钢管有 μmg ＝ ma2，解得钢管的加速度大小 a2＝ μg ＝3 m/s 2钢管的位移大小 x2＝ ＝54 mv022a24又由运动关系可知 x2－ x1＝l车 － l管2联立以上各式可得 am＝ m/s2≈3.06 m/s 2。16253(2)从卡车开始加速到钢管开始翻落的过程中，卡车的位移 x1′＝ at212钢管的位移 x2′＝ a2t212又由运动关系可得 x1′－ x2′＝ ＋ ，l车 － l管2 l管2联立解得 t＝2 s。答案：(1)3.06 m/s 2 (2)2 s考点四 动力学两类基本问题7.[考查已知受力情况确定运动情况]如图所示， Oa、 Ob 是竖直平面内两根固定的光滑细杆， O、 a、 b、 c 位于同一圆周上， c 为圆周的最高点， a 为最低点， Ob 经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环都从 O 点无初速释放，用 t1、 t2分别表示滑环到达a、 b 所用的时间，则下列关系正确的是( )A． t1＝ t2 B． t1＜ t2C． t1＞ t2 D．无法确定解析：选 B 设 Oa 与竖直方向夹角为 θ ，则 Ob 与竖直方向夹角为 2θ ，由 2Rcos θ ＝ gcos θ ·t12,2R＝ gcos 2θ ·t22，比较可得 t1＜ t2，故 B 正确。12 128．[考查已知运动情况确定受力情况]一个质量为 m＝2 kg 的物体在倾角 θ ＝37°粗糙的斜面上，在沿斜面向上的拉力作用下沿斜面向上运动，物体与斜面间的动摩擦因数为 μ ＝0.5，从 t＝0 时刻开始，物体运动的 与时间 t 的关系如图所示xt(x 为位移)， g＝10 m/s 2， t＝2 s 时撤去拉力，sin 37°＝0.6，求：(1)拉力 F 的大小；(2)物体向上运动过程中距计时点的最大距离。解析：(1)由匀变速直线运动公式 x＝ v0t＋ at212得 ＝ v0＋ atxt 125对照图线可知，图线在纵轴截距表示初速度，图线斜率表示 a1，则有： v0＝1 12m/s， a1＝2 m/s 2物体在斜面上在拉力 F 作用下向上运动的过程，由牛顿第二定律得： F－ mgsin 37°－ μmg cos 37°＝ ma1解得 F＝24 N。(2)2 秒末 v＝ v0＋ a1t＝5 m/s0 到 2 秒内： x1＝ v0t＋ a1t12＝6 m122 秒后物体向上做匀减速运动，其加速度为a2＝ gsin 37°＋ μ gcos 37°＝10 m/s 22 秒后沿斜面向上位移： x2＝ ＝1.25 mv22a2物体向上运动过程中距计时点的最大距离为x＝ x1＋ x2＝7.25 m。答案：(1)24 N (2)7.25 m考点五 动力学中的综合问题9.[考查传送带与运动图像结合的问题]如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率 v1运行。初速度大小为 v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的 A 处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的 v­t 图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知 v2v1，则( )A． t2时刻，小物块离 A 处的距离达到最大B． t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离最大C．0～ t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～ t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析：选 B 0～ t1时间：滑动摩擦力向右，物块向左做匀减速运动， t1时刻向左位移达到最大，即小物块离 A 处的距离最大。 t1～ t2时间：滑动摩擦力向右，物块向右由静止开始先做匀加速直线运动。 t2以后物块做匀速直线运动，摩擦力为零。 t2时刻以后物块相对传送带静止，相对滑动的距离最大，故 B 正确。10．[考查动力学中的临界极值问题]如图所示，木块 A、 B 静止叠放在光滑水平面上， A 的质量为 m， B 的6质量为 2m，现施加水平力 F 拉 B， A、 B 刚好不发生相对滑动，一起沿水平面运动。若改用水平力 F′拉 A，使 A、 B 也保持相对静止，一起沿水平面运动，则 F′不得超过( )A．2 F B.F2C．3 F D.F3解析：选 B 力 F 拉物体 B 时， A、 B 恰好不滑动，故 A、 B 间的静摩擦力达到最大值，对物体 A 受力分析，受重力 mg、支持力 N、向前的静摩擦力 fm，根据牛顿第二定律，有fm＝ ma ①，对 A、 B 整体受力分析，受重力 3mg、支持力和拉力 F，根据牛顿第二定律，有 F＝3 ma ②，由①②解得： fm＝ F。当 F′作用在物体 A 上时， A、 B 恰好不滑动时，13A、 B 间的静摩擦力达到最大值，对物体 A，有 F′－ fm＝ ma1 ③，对整体，有： F′＝3 ma1 ④，由上述各式联立解得： F′＝ F，即 F′的最大值是 F，则使 A、 B 也保持相对静止，12 12一起沿水平面运动，则 F′不得超过 F，故 B 正确。1211．[考查含弹簧的连接体问题]如图所示，物体 A、 B 质量均为 m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上，上端和物体拴接)。对 A 施加一竖直向下，大小为 F 的外力，使弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)后物体 A、 B 处于平衡状态。已知重力加速度为 g， F＞2 mg。现突然撤去外力 F，设两物体向上运动过程中 A、 B 间的相互作用力大小为 FN，则下列关于 FN的说法正确的是( )A．刚撤去外力 F 时， FN＝mg＋ F2B．弹簧弹力等于 F 时， FN＝F2C．两物体 A、 B 在弹簧恢复原长之前分离D．弹簧恢复原长时 FN＝ mg解析：选 B 刚撤去外力 F 时，由牛顿第二定律，对 A、 B 组成的整体有 F＝2 ma1，对物体 A 有 FN－ mg＝ ma1，联立解得 FN＝ ＋ mg，选项 A 错误；弹簧弹力等于 F 时，对 A、 B 组F2成的整体有 F－2 mg＝2 ma2，对物体 A 有 FN－ mg＝ ma2，联立解得 FN＝ ，选项 B 正确；当F2A、 B 恰好分离时， A、 B 间相互作用力为 0，对 A 有 mg＝ ma， a＝ g， B 的加速度也为 g，根据牛顿第二定律分析可知弹簧恰好恢复到原长，选项 C、D 错误。12．[考查多个物体组成的(绳)连接体问题]如图所示的装置叫做阿特伍德机，是阿特伍德创造的一种著名力学实验装7置，用来研究匀变速直线运动的规律。绳子两端的物体下落(或上升)的加速度总是小于自由落体时的加速度 g，同自由落体相比，下落相同的高度，所需要的时间更长，这使得实验者有足够的时间从容地观测、研究实验现象。已知物体 A、 B 的质量相等均为 M，物体 C的质量为 m，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，绳子不可伸长。如果 m＝ M，求：14(1)物体 B 从静止开始下落一段距离所用的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值；(2)系统由静止释放后，运动过程中物体 C 对物体 B 的拉力。解析：(1)设物体的加速度大小为 a，绳子中的张力大小为 F对物体 A： F－ Mg＝ Ma对物体 B、 C 整体：( M＋ m)g－ F＝( M＋ m)a解得： a＝ gm2M＋ m代入 m＝ M 得， a＝14 g9物体 B 从静止开始下落一段距离 h 历时 t，则 h＝ at212自由落体相同距离历时 t0，则 h＝ gt0212解得： ＝ ＝3。tt0 ga(2)设物体 B 对物体 C 的拉力为 T，对物体 C 有 mg－ T＝ ma解得： T＝ mg89由牛顿第三定律可知，物体 C 对物体 B 的拉力为 mg，方向竖直向下。89答案：(1)3 (2) mg，方向竖直向下89释疑 5 大考点考点一 静态平衡问题本考点是整个高中物理力学体系的基础，也有一定的难度， “难”表现在两个方面：一是研究对象复杂，往往涉及多个物体(如诊断卷第 2 题)；二是试题情景新颖，常与生活实际相联系或是实际情景的抽象(如诊断卷第 1 题)。对于该类问题，关键是在准确选定研究对象的前提下，灵活地利用合成法、分解法或正交分解法，必要时结合整体与隔离法分析8问题。建议对本考点自学为主。(一)理清知识体系(二)掌握解答平衡问题的基本思路(三)用好多力多体平衡的解题技法1．物体受三力平衡时，通常可应用合成法、分解法、解直角三角形法等求解，如诊断卷第 1 题，属于空间力系问题， O 点受到的力不在同一平面，关键是将受力情况分成竖直和水平两个平面研究。如果物体受到三个以上力的平衡问题，通常采用正交分解法求解。2．对于多个物体的平衡问题，要正确选取研究对象，整体法和隔离法交替使用，如诊断卷第 2 题，判断物体 b 所受的摩擦力时必须用隔离法，判断桌面对物体 a 的静摩擦力用整体法比较方便，求解时的易错点是忽略绳的拉力与 F 的大小关系，误认为桌面对物体 a的静摩擦力方向水平向左。[题点全练]1．(2018·济宁一模)如图所示，质量均为 m 的两个小球 A、 B(可视为质点)固定在轻杆的两端，将其放入光滑的半球形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与两球组成的系统处于平衡状态时，杆对小球 A 的作用力大小为( )A. mg B. mg33 32C. mg D．2 mg233解析：选 A 对小球 A 受力分析，杆对小球 A 的弹力 FN水平向左，碗对球的弹力沿 AO方向以及小球受竖直向下的重力，由平衡条件可知，tan 30°＝ ，解得 FN＝ mgtan 30°FNmg9＝ mg，故 A 正确，B、C、D 错误。332．(2019 届高三·石家庄调研)飞艇常常用于执行扫雷、空中预警、电子干扰等多项作战任务。如图所示为飞艇拖拽扫雷具扫除水雷的模拟图。当飞艇匀速飞行时，绳子与竖直方向恒成 θ 角。已知扫雷具质量为 m，重力加速度为 g，扫雷具所受浮力不能忽略，下列说法正确的是( )A．扫雷具受 3 个力作用B．绳子拉力大小为mgcos θC．海水对扫雷具作用力的水平分力小于绳子拉力D．绳子拉力一定大于 mg解析：选 C 对扫雷具进行受力分析，受到重力、浮力、拉力和水的水平方向的阻力，如图所示，故 A 错误；根据平衡条件，有：竖直方向： F 浮 ＋ Tcos θ＝ mg水平方向： f＝ Tsin θ计算得出： T＝ ，故 B 错误；扫雷具受到海水的水平方向的阻力等于绳子拉力mg－ F浮cos θ的水平分力，即小于绳子的拉力，而绳子拉力不一定大于 mg，故 C 正确、D 错误。3．(2018·辽宁庄河模拟)如图所示，一条细绳跨过定滑轮连接物体A、 B， A 悬挂起来， B 穿在一根竖直杆上，两物体均静止，绳与滑轮间的摩擦不计，已知绳与竖直杆间的夹角为 θ ，物体 A、 B 的质量分别为 mA、 mB，则( )A． mA＞ mBB． mA＜ mBC．杆对 B 的弹力大小为 mAgsin θD．杆对 B 的摩擦力大小为 mAgcos θ解析：选 C 对物体 A 分析可知，绳子拉力 T＝ mAg，再对物体 B 进行受力分析可知，水平方向： Tsin θ ＝ N，故杆对 B 的弹力大小为 mAgsin θ ，选项 C 正确；竖直方向：Tcos θ ＋ f＝ mBg，因无法判断摩擦力的方向，故无法判断二者的质量的大小，故选项A、B、D 错误。考点二 动态平衡问题动态平衡是高考的常考问题。物体在缓慢移动过程中均处于平衡状态，但物体所受的某些力的大小和方向均发生变化，使结果出现一些不确定性，这是此类问题常失分的主要原因。针对此类问题，只要遵循正确的思维流程(见例 1、例 2)，准确分析各力特点，合理选取解题方法，问题便可迎刃而解。建议对本考点重点攻坚。10(一)灵活选取方法——针对破解动态平衡问题[多选](2017·全国卷Ⅰ)如图，柔软轻绳 ON 的一端 O 固定，其中[例 1]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 。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角(α ＞π 2)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[思维流程] 方法一 图解法方法二 解析法(正弦定理)[答案] AD(二)突破一个难点——动态平衡中的极值问题(2018·九江联考)将两个质量均为 m 的小球 a、 b 用细线相连[例 2]后，再用细线悬挂于 O 点，如图所示。用力 F 拉小球 b，使两个小球都处于静止状态，且细线 Oa 与竖直方向的夹角保持 θ ＝30°，则 F 的最小值11为( )A. mg B． mg3C. mg D. mg32 12[思维流程][答案] B[题点全练]1．(2018·河南南阳一中模拟)如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球 P 在水平外力 F 的作用下处于静止状态， P 与圆心 O 的连线与水平面的夹角为 θ，将力 F 在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过 90°，框架与小球始终保持静止状态。在此过程中，下列说法正确的是( )A．框架对小球的支持力先减小后增大B．力 F 的最小值为 mgcos θC．地面对框架的摩擦力先减小后增大D．框架对地面的压力先增大后减小解析：选 B 以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意图，如图所示。根据几何关系可知，当 F 顺时针转动至竖直向上之前，支持力 N逐渐减小， F 先减小后增大，当 F 的方向沿圆的切线方向向上时， F 最小，此时： F＝ mgcos θ ，故 A 错误，B 正确；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力 F 的作用；由图可知， F 沿顺时针方向转动的过程中， F 沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，故 C 错误； F 沿顺时针方向转动的过程中， F 沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，故D 错误。2．[多选]如图所示，某健身爱好者手拉着轻绳，在粗糙的水平地面上缓慢地移动，保持轻绳始终平行于地面。为了锻炼自己的臂力和腿部力量，可以在 O 点悬挂不同的重物 C，则( )12A．若健身者缓慢向右移动，绳 OA 拉力变大B．若健身者缓慢向左移动，绳 OB 拉力变大C．若健身者缓慢向右移动，绳 OA、 OB 拉力的合力变大D．若健身者缓慢向左移动，健身者与地面间的摩擦力变小 解析：选 AD 设 OA 的拉力为 FA， OB 的拉力为 FB，重物 C 的质量为 m，因 O 点始终处于平衡状态，根据平衡条件有： FAcos θ － mg＝0， FAsin θ － FB＝0，解得FA＝ ， FB＝ mgtan θ ，当健身者缓慢向右移动时 θ 角变大，则 FA、 FB均变大，故选mgcos θ项 A 正确；当健身者缓慢向左移动时， θ 角变小，则 FA、 FB均变小，因为健身者所受的摩擦力与 OB 绳拉力 FB相等，故健身者与地面间的摩擦力变小，故选项 B 错误，D 正确；不论健身者朝哪个方向移动，绳 OA、 OB 拉力的合力保持不变，大小等于重物 C 的重力 mg，故选项 C 错误。3．(2018·湖南十四校二次联考)如图所示， AC 是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆 AB 一端通过铰链固定在 A 点，另一端 B 悬挂一重为 G 的物体，且 B 端系有一根轻绳并绕过定滑轮 C，用力 F 拉绳，开始时∠ BAC90°，现使∠ BAC 缓慢变小，直到杆 AB 接近竖直杆 AC。此过程中( )A．轻杆 AB 对 B 端的弹力大小不变B．轻杆 AB 对 B 端的弹力先减小后增大C．力 F 逐渐增大D．力 F 先逐渐减小后逐渐增大解析：选 A 以 B 点为研究对象，分析受力情况：悬挂重物的绳的拉力 T(等于重物重力 G)、轻杆的支持力 N 和绳子的拉力 F，作出力图如图。由平衡条件可知 N 和 F 的合力与 T 大小相等、方向相反，根据三角形相似可得 ＝ ＝ ；又 T＝ G，因杆的长度不变， BC 距离变短，故 NNAB TAC FBC大小保持不变，力 F 逐渐减小，则 A 正确，B、C、D 错误。考点三 匀变速直线运动问题本考点主要对匀变速直线运动规律及运动图像进行考查，其中图像问题上失分，主要是审题不仔细、知识迁移不够灵活造成的；匀变速直线运动规律的应用上失分，主要是该考点与其他知识交汇点较多、试题情景取材常涉及生活实际问题造成的。建议考生对本考点多加关注。(一)“四类”匀变速直线运动公式要记牢13(二)“五种”常用解题方法运用好(三)运动图像问题“四点提醒”不可少1．对于 x­t 图像，图线在纵轴上的截距表示 t＝0 时物体的位置；对于 v­t 和 a­t 图像，图线在纵轴上的截距并不表示 t＝0 时物体的位置。2．在 v­t 图像中，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。3． v­t 图像中两条图线在轴上的截距不同，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。4．对于非常规图像，不要想当然的猜测图线的物理意义，要结合运动学公式和图像，找出函数表达式，进而确定斜率、截距等意义，如诊断卷第 5 题，根据 0－ v2＝2 ax 得，图线的斜率为 ＝－ ，还要注意刹车过程速度减为零后不再运动。xv2 12a[题点全练]1．(2018·四川雅安三诊)甲、乙两物体在同一直线上运动，其位移—时间图像如图所示，由图像可知( )A．甲比乙运动得快B．乙开始运动时，两物体相距 20 mC．在前 25 s 内，两物体距离先增大后减小D．在前 25 s 内，两物体位移大小相等解析：选 C 位移时间图像的斜率等于速度，斜率越大，速度越大，甲比乙运动得慢，故 A 错误；由题图知：乙从原点出发，乙开始运动时，甲的位置坐标大于 20 m，则两物体14相距大于 20 m，故 B 错误；在 0～10 s 这段时间内，乙静止在原点，甲沿正向做匀速直线运动，则两物体间的距离逐渐增大，在 10～25 s 这段时间内，甲的运动速率小于乙的运动速率，甲在乙的前方，则两者距离逐渐减小，故 C 正确；在前 25 s 内，甲的位移为x1＝(40－20)m＝20 m，乙的位移为 x2＝(40－0)m＝40 m , 故 D 错误。2．[多选](2018·全国卷Ⅱ)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在 t2时刻并排行驶。下列说法正确的是( )A．两车在 t1时刻也并排行驶B．在 t1时刻甲车在后，乙车在前C．甲车的加速度大小先增大后减小D．乙车的加速度大小先减小后增大解析：选 BD t1～ t2时间内， v 甲 ＞ v 乙 ， t2时刻相遇，则 t1时刻甲车在乙车的后面，故 A 错误、B 正确。由图像的斜率知，甲、乙两车的加速度大小均先减小后增大，故 C 错误、D 正确。3．(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 s0和 s1(s14 N 时， A、 B 发生相对滑动，对 B 有： a＝ ＝F－ μ mgMF－ ，由图示图像可知，图线的斜率： k＝ ＝ ＝2，解得 M＝0.5 kg，滑块 A 的质1M μ mgM 1M Δ aΔ F量为： m＝1.5 kg，故 A 正确，B 错误；当 a＝0 时， F＝3 N，代入解得 μ ＝0.2，故 D 错误；根据 F＝5 N4 N 时，滑块与木板相对滑动， B 的加速度为 aB＝ F－ ＝4 m/s2，故 C 正1M μ mgM确。11．[多选](2018·甘肃天水一模)一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放有质量分别为 mA＝1 kg 和 mB＝2 kg 的 A、 B 两物块，A、 B 与木板之间的动摩擦因数都为 μ ＝0.2，水平恒力 F 作用在 A 物块上，如图所示(重力加速度 g 取 10 m/s2)。则( )A．若 F＝1 N，则物块、木板都静止不动B．若 F＝1.5 N，则 A 物块所受摩擦力大小为 1 NC．若 F＝4 N，则 B 物块所受摩擦力大小为 2 ND．若 F8 N，则 B 物块相对于木板滑动解析：选 BC A 与木板间的摩擦力最大为 fA＝0.2×1×10 N＝2 N， B 与木板间的摩擦力最大为 fB＝0.2×2×10 N＝ 4 N，若 F＝1 N，小于最大静摩擦力，所以 A、 B 的加速度相同， a＝ m/s2，故 A 错误；若 F＝1.5 N，小于最大静摩擦力，所以 A、 B 的加速度相同，13a＝ m/s2＝ 0.5 m/s2， fA＝ mBa＝0.5×2 N＝1 N，故 B 正确；若 F＝4 N，假设 A、 B 都1.53相对木板静止，则整体共同的加速度 a＝ ＝ m/s2， A 所受的摩擦力 f＝ F－ mAa＝ FmA＋ mB 43 83N＞2 N，假设不成立，故此时 A 已滑动， B 所受的摩擦力为 2 N，C 正确；若 F＝8 N，则 A相对木板滑动，此时 A 给木板的摩擦力为 2 N，小于 B 所受的最大静摩擦力，所以 B 物块25相对木板静止，故 D 错误。12.如图，一辆汽车在平直公路上匀加速行驶，前挡风玻璃上距下沿 s 处有一片质量为 m 的树叶相对于玻璃不动，挡风玻璃可视为倾角 θ ＝45°的斜面。当车速达到 v0时，树叶刚要向上滑动，汽车立即改做匀速直线运动，树叶开始下滑，经过时间 t 滑到玻璃的下沿。树叶在运动中受到空气阻力，其大小 F＝ kv(v 为车速， k 为常数)，方向与车运动方向相反。若最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，重力加速度为 g，求：(1)树叶在玻璃表面运动的加速度大小 a′；(2)树叶与玻璃表面之间的动摩擦因数 μ ；(3)汽车在匀加速运动阶段的加速度大小 a。解析：(1)根据匀加速直线运动规律，有 s＝ a′ t212解得 a′＝ 。2st2(2)设汽车匀速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为 N，树叶受到的空气阻力为 F，树叶受到的滑动摩擦力为 fF＝ kv0f＝ μNN＝ mgcos θ ＋ Fsin θ由牛顿第二定律，有 mgsin θ － f－ Fcos θ ＝ ma′由题意， θ ＝45°联立解得 μ ＝ 。 mg－ kv0 t2－ 22ms mg＋ kv0 t2(3)设汽车匀加速运动时，树叶受到挡风玻璃的支持力为 N′，树叶受到的空气阻力为F′，树叶受到的最大静摩擦力为 f′f′＝ μN ′F′＝ kv0由牛顿第二定律有N′sin θ ＋ f′cos θ － F′＝ maN′cos θ ＝ f′sin θ ＋ mg联立并代入 μ ，得 a＝ g－ 。mgt2－ 2mskv0t2＋ 2ms kv0m答案：(1) (2)2st2  mg－ kv0 t2－ 22ms mg＋ kv0 t2(3) g－mgt2－ 2mskv0t2＋ 2ms kv0m2613．(2019 届高三·皖南八校联考)如图甲所示，可视为质点的质量 m1＝1 kg 的小物块放在质量 m2＝2 kg 的长木板正中央位置，长木板静止在水平地面上，连接物块的轻质细绳与水平方向的夹角为 37°，现对长木板施加水平向左的拉力 F＝18 N，长木板运动 v­t图像如图乙所示，sin 37°＝0.6， g＝10 m/s 2，求： (1)长木板长度 L；(2)木板与地面间的动摩擦因数 μ 2；(3)物块与木板间的动摩擦因数 μ 1。解析：(1)从图线可知，木板运动 2 s 离开小物块，在 0～2 s，由图线可知 x＝ m＝1 m， L＝2 x＝2 m。2×12(2)在 2～3 s，由图线可得 a2＝ ＝4 m/s 2，Δ vΔ ta2＝ ，解得 μ 2＝0.5。F－ μ 2m2gm2(3)在 0～2 s，小物块在竖直方向受力平衡，F 支 ＋ Tsin 37°＝ m1g，Tcos 37°＝ f1， f1＝ μ 1F 支 ，长木板加速度 a1＝ ＝0.5 m/s 2，Δ v′Δ t′a1＝ ，F－ f1－ μ 2 m2g＋ F支 m2解得 μ 1＝ 。819答案：(1)2 m (2)0.5 (3)819第二讲 曲线运动与万有引力27考点一 平抛运动1.[考查关联速度、速度的分解问题]如图所示，物体 A 与物体 B 通过跨过光滑定滑轮的轻绳相连，在水平力 F 作用下，物体 B 沿水平面向右运动，物体 A 恰匀速上升，那么以下说法正确的是( )A．物体 B 正向右做匀减速运动B．物体 B 正向右做加速运动C．地面对 B 的摩擦力减小D．斜绳与水平方向成 30°时， vA∶ vB＝ ∶23解析：选 D 将 B 的运动分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向上的分速度等于 A 的速度，如图所示，根据平行四边形定则有 vBcos α ＝ vA，所以 vB＝ ，当 α 减小时，物体 B 的速度减小，vAcos α但 B 不是匀减速运动，选项 A、B 错误；在竖直方向上，对 B 有mg＝ FN＋ FTsin α ， FT＝ mAg， α 减小，则支持力 FN增大，根据 Ff＝ μF N可知摩擦力 Ff增大，选项 C 错误；根据 vBcos α ＝ vA，斜绳与水平方向成 30°时， vA∶ vB＝ ∶2，选项 D3正确。2．[考查多个物体的平抛运动问题]一位网球运动员用拍击球，使网球沿水平方向飞出，第一只球落在自己一方场地的 B 点，弹跳起来后，刚好擦网而过，落在对方场地的 A 点，如图所示，第二只球直接擦网而过，也落在 A 点，设球与地面的碰撞没有能量损失，其运动过程中阻力不计，则两只球飞过网 C 处时水平速度之比为( )A．1∶1 B．1∶3C．3∶1 D．1∶9解析：选 B 两种情况下抛出的高度相同，所以第一种情况下落到 B 点所用的时间等于第二种情况下落到 A 点所用时间，根据竖直上抛和自由落体的对称性可知第一种情况下所用时间为 t1＝3 t，第二种情况下所用时间为 t2＝ t，由于两球在水平方向均为匀速运动，水平位移大小相等，设它们从 O 点出发时的初速度分别为 v1、 v2，由 x＝ v0t 得 v2＝3 v1，即 ＝ ，B 正确。v1v2 133．[考查平抛运动与斜面、圆的组合问题]如图所示， a、 b 两小球分别从半圆轨道顶端和斜面顶端以大小相等的初速度同时水平抛出，已知半圆轨道的半径与斜面竖直高度相等，28斜面底边长是其竖直高度的 2 倍，若小球 b 能落到斜面上，则( )A． a、 b 两球不可能同时落在半圆轨道和斜面上B．改变初速度的大小， b 球速度方向和斜面的夹角可能变化C．改变初速度的大小， a 球可能垂直撞在圆弧面上D． a、 b 两球同时落在半圆轨道和斜面上时，两球的速度方向垂直解析：选 D 将半圆轨道和斜面重合在一起，如图甲所示，设交点为 A，如果初速度合适，可使小球做平抛运动落在 A 点，则运动的时间相等，即同时落在半圆轨道和斜面上。b 球落在斜面上时，速度偏向角的正切值为位移偏向角正切值的 2 倍，即 tan φ b＝2tan θ b＝2× ＝1，可得 φ b＝45°，即 b 球的速度方向与水平方向成 45°角，此时 a 球落在12半圆轨道上， a 球的速度方向与水平方向成 45°角，故两球的速度方向垂直，选项 A 错误，选项 D 正确。改变初速度的大小， b 球位移偏向角不变，因速度偏向角的正切值是位移偏向角正切值的 2 倍，故速度偏向角不变， b 球的速度方向和斜面的夹角不变，选项 B 错误。若 a 球垂直撞在圆弧面上，如图乙所示，则此时 a 球的速度方向沿半径方向，且有 tan φ ＞2tan θ ，与平抛运动规律矛盾， a 球不可能垂直撞在圆弧面上，选项 C 错误。4．[考查体育运动中的平抛运动、临界极值问题]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 L1和 L2，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. v L1 L12 g6h g6hB. v L14 gh  4L12＋ L22 g6hC. v L12 g6h 12  4L12＋ L22 g6hD. v L14 gh 12  4L12＋ L22 g6h解析：选 D 设以速率 v1发射乒乓球，经过时间 t1刚好落到球网正中间。则竖直方向29上有 3h－ h＝ gt12 ①，水平方向上有 ＝ v1t1 ②。由①②两式可得 v1＝ 。设以速12 L12 L14 gh率 v2发射乒乓球，经过时间 t2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有 3h＝ gt22 12③，在水平方向有 ＝ v2t2 ④。由③④两式可得 v2＝ 。则(L22)2＋ L12 12  4L12＋ L22 g6hv 的最大取值范围为 v1vv2。故选项 D 正确。考点二 圆周运动5.[考查水平面内的圆周运动问题][多选]如图所示，水平转台上的小物体 A、 B 通过弹簧连接，并静止在转台上，现转台从静止开始缓慢的增大其转速(既在每个转速下可认为是匀速转动)，已知 A、 B 的质量分别为 m、2 m， A、 B 与转台间的动摩擦因数均为 μ ， A、 B 离转台中心的距离都为 r，已知弹簧的原长为 r，劲度系数为 k，设本题中的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法正确的是( )A．物体 A 和 B 同时相对转台发生滑动B．当 A 受到的摩擦力为 0 时， B 受到的摩擦力背离圆心C．当 B 受到的摩擦力为 0 时， A 受到的摩擦力背离圆心D．当 A、 B 均相对转台静止时，允许的最大角速度为 k2m＋ μ gr解析：选 CD 当 A 刚好要滑动时，摩擦力达到最大静摩擦力，弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力，则有 kr＋ μmg ＝ mω A2r，解得 ω A＝ ，当 B 刚好要滑动时