【创新方案】2015届高考物理二轮复习综合讲与练：专题一 力和运动（含2014高考题）
文档属性
| 名称 | 【创新方案】2015届高考物理二轮复习综合讲与练：专题一 力和运动（含2014高考题） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 4.5MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2015-03-29 09:26:57 | ||
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文档简介
专题一 力 和 运 动
考情分析 备考策略
1.本专题主要包括物体的平衡和动力学问题 ( http: / / www.21cnjy.com )，命题灵活，情景新颖，形式多样。其中物体的平衡问题主要以选择题的形式呈现，难度较低；而动力学问题涉及的知识面较广，难度中等。
2.高考对本专题考查的重点主要有以下几个方 ( http: / / www.21cnjy.com )面：物体的受力分析；匀变速直线运动规律的应用；刹车问题；运动学图像；牛顿运动定律的应用；动力学两类基本问题；平抛运动；圆周运动；万有引力与航天等知识。 1.深刻理解各种性质力的特点，熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法。
2.解决动力学问题紧紧抓住“两个分析”和“一个桥梁”。综合应用牛顿运动定律和运动学规律解决问题。
3.熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对其综合 ( http: / / www.21cnjy.com )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。
考向一 物体的受力分析 (选择题)
1．六种常见力的方向
力 方向
重力 竖直向下
弹力 垂直于接触面指向受力物体
摩擦力 与接触面相切，与相对运动或相对运动趋势方向相反，但与运动方向不一定相反
电场力 由检验电荷的电性和电场的方向共同决定
安培力 用左手定则判断，垂直于I、B所决定的平面
洛伦兹力 用左手定则判断，垂直于v、B所决定的平面
2.判断静摩擦力的方法
假设法、反推法、利用牛顿第二定律判断、利用牛顿第三定律判断。
3.掌握受力分析的基本步骤
明确研究对象→隔离物体分析→画受力分析图→检查是否漏力或添力。
(2014·泸州质检)如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是( )
A．M处受到的支持力竖直向上
B.N处受到的支持力竖直向上
C．M处受到的静摩擦力沿MN方向
D．N处受到的静摩擦力沿水平方向
[审题指导]
(1)支撑点M、N分别属于点面接触和点点接触。
(2)静摩擦力的方向一定和物体的相对运动趋势方向相反。
[解析] 支撑点M和地面是 ( http: / / www.21cnjy.com )点面接触，受到地面支持力的方向垂直于地面，竖直向上，A正确；支撑点N是点点接触，支持力方向垂直MN斜向上，B错误；M点有向左运动的趋势，则M点受到的静摩擦力沿水平方向向右，D错误；N点有斜向下运动趋势，受到的静摩擦力方向沿MN方向，C错误。
[答案] A
[感悟升华]
受力分析中的“两分析、两注意”
1.(2014·绵阳模拟)如图所示，质 ( http: / / www.21cnjy.com )量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行，木块同时受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态。已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1 ，木板与地面间的动摩擦因数为μ2 ，以下几种说法正确的是( )
A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg
B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)g
C．当F>μ2(m＋M)g时，木板便会开始运动
D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动
解析：选AD 由于木板静止，所以地 ( http: / / www.21cnjy.com )面给木板的静摩擦力大小等于木块给木板的滑动摩擦力，A正确，B错误；木板会不会动，完全取决于木板的受力，木板受到木块的摩擦力已经是最大的了，所以无法让木板运动，C错误，D正确。
2.(2014·沂州模拟)如图所示，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平。现把物体Q轻轻地叠放在P上，则( )
A．P受力个数增加了一个
B．P受力个数增加了两个
C．P所受的合力增大
D．P与斜面间的静摩擦力不变
解析：选A 放Q前P物体静止于斜面 ( http: / / www.21cnjy.com )，设斜面倾角为θ，据平衡条件有mPgsin θ＝f<μmPgcos θ＝fmax，即μ>tan θ；当叠加了Q物体后有μ(mP＋mQ)gcos θ> tan θ(mP＋mQ)gcos θ＝(mP＋mQ)gsin θ，所以此时两物体仍处于静止状态，则P物体受到重力G、斜面的支持力、摩擦力和Q对P的压力，它们的合力仍然为零，而摩擦力增大，A正确，B、C、D错误。
3．(2014·巴中模拟)将某均匀的长方体锯 ( http: / / www.21cnjy.com )成如图所示的A、B两块后，放在水平桌面上并排放在一起，现用水平力F垂直于B的左边推B物体，使A、B整体仍保持矩形沿F方向匀速运动，则( )
A．物体A在水平方向上受三个力的作用，且合力为零
B．物体A在水平方向上受两个力的作用，且合力为零
C．B对A的作用力方向与F方向相同
D．B对A的压力等于桌面对A的摩擦力
解析：选AC 对物体A进行 ( http: / / www.21cnjy.com )受力分析，受到B物体产生的弹力、静摩擦力和水平桌面产生的滑动摩擦力，如图所示，由于A、B整体仍保持矩形沿F方向匀速运动，则物体A所受合力为零，A正确，B错误；B对A的弹力方向垂直于接触面，D错误；B对A的作用力与桌面对A的摩擦力等大反向，B对A的作用力与F方向相同，C正确。
考向二 整体法和隔离法在平衡问题中的应用 (选择题)
1．共点力的平衡条件是F合＝0，平衡状态是指物体处于匀速直线运动状态或静止状态。
2．解决共点力平衡问题的典型方法：力的合成法、正交分解法、图解法、整体法与隔离法。
3．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→列平衡方程→求解或讨论。
如图所示，物块a、b ( http: / / www.21cnjy.com )、c叠放在一起，重均为100 N，小球P重20 N，作用在物块b上的水平力F为10 N，整个系统处于静止状态，以下说法正确的是( )
A．a和b之间的摩擦力是10 N
B．b和c之间的摩擦力是10 N
C．c和桌面间的摩擦力是10 N
D．c对桌面的摩擦力方向向左
[思路探究]
(1)以a为研究对象，由平衡条件判断a、b之间的摩擦力。
(2)以a、b整体为研究对象，由平衡条件判断b、c之间的摩擦力。
(3)以a、b、c整体为研究对象，由平衡条件判断c所受的摩擦力方向，再由牛顿第三定律判断c对桌面的摩擦力方向。
[解析] 物体a静止，故所受摩擦力为零 ( http: / / www.21cnjy.com )，A错误；a、b静止，所受c的摩擦力与水平力等大反向，大小为10 N，B正确；物体P静止，故水平绳的拉力FT＝Gtan 45°＝20 N，研究a、b、c整体，桌面对c的摩擦力向左，大小为10 N，由牛顿第三定律，c对桌面的摩擦力方向向右，大小为10 N，C正确，D错误。
[答案] BC
[感悟升华]
求解连接体平衡问题的方法及注意事项
4．(2014·眉山模拟)如图所示，水 ( http: / / www.21cnjy.com )平细杆上套一细环A，环A和球B间用一轻质细绳相连，质量分别为mA、mB(mA>mB)，B球受到水平风力作用，细绳与竖直方向的夹角为θ，A环与B球都保持静止，则下列说法正确的是( )
A．B球受到的风力大小为mBgtan θ
B．当风力增大时，杆对A环的支持力不变
C．A环与水平细杆间的动摩擦因数为
D．当风力增大时，轻质绳对B球的拉力仍保持不变
解析：选AB B球受力如图甲所示， ( http: / / www.21cnjy.com )由平衡条件得，绳的拉力为FT＝，风力为F＝mBgtan θ，当F增大时，θ角增大，FT增大，A正确，D错误；A、B整体受力如图乙所示，由平衡条件得，水平方向有F＝f≤μ(mA＋mB)g，解得μ≥，竖直细杆对A环的支持力N＝(mA＋mB)g，B正确，C错误。
5．(2014·乐山模拟)如图所示，质量 ( http: / / www.21cnjy.com )相等的A、B两物体在平行于固定斜面的推力F的作用下，沿光滑斜面做匀速直线运动，A、B间轻弹簧的劲度系数为k，斜面的倾角为30°，则匀速运动时弹簧的压缩量为( )
A. B. C. D.
解析：选B A、B作为一个整体受力如 ( http: / / www.21cnjy.com )图所示，由平衡条件得，平行斜面方向有F＝2mgsin θ＝mg，隔离B进行受力分析则有弹簧弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，即kx＝mgsin θ＝0.5mg，解得x＝＝，B正确。
6．(2014·北大附属中学模拟)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B。则( )
A．A对地面的压力等于(M＋m)g
B．A对地面的摩擦力方向向左
C．B对A的压力大小为 mg
D．细线对小球的拉力大小为 mg
解析：选AC A、B叠放一起静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于水平面上，可以看做一个整体，受力分析只有他们的重力和地面的支持力，所以二力平衡，支持力等于重力等于(M＋m)g，地面对整体没有摩擦力，如果有摩擦力，则不能平衡，A正确，B错误；对B球受力分析如图所示，重力和拉力的合力与支持力等大反向，绳子拉力水平说明B的球心和A的顶端等高，即B的球心到地面高度为R，B的球心到A的球心的连线长度为R＋r，那么cos α＝，在重力和水平拉力的合力矢量四边形中，N＝，解得N＝mg，C正确；细绳拉力FT＝mgtan α＝mg·，D错误。
考向三 共点力作用下的动态平衡问题 (选择题)
1．动态平衡：物体在缓慢移动过程中，可认为其速度、加速度均为零，物体处于平衡状态。
2．动态平衡问题常用的一个重要推论：三个或三个以上的共点力平衡，某一个力与其余力的合力等大反向。
(2014·宜宾质检)如图所示，用 ( http: / / www.21cnjy.com )OA、OB两根轻绳将物体悬于两竖直墙之间，开始时OB 绳水平。现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳末端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ<90°。设此过程中OA、OB的拉力分别为FOA、FOB, 下列说法正确的是( )
A．FOA逐渐增大 B．FOA逐渐减小
C．FOB逐渐增大 D．FOB逐渐减小
[审题指导]
(1)结点O共受几个力作用？
提示：3个力的作用。
(2)“缓慢”的含义是什么？
提示：说明物体处于动态平衡状态。
(3)在缓慢变化的过程中，这几个力的大小和方向变化有什么特点？
提示：重力的大小、方向都不变，FOA的方向不变，FOB的大小、方向均变化。
[解析] 以结点O为研究对象，受力如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，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在两个位置时力的合成图如图所示，由图可得，FOA逐渐减小，FOB先减小后增大，当θ＝90°时，FOB最小，B正确。
[答案] B
[感悟升华]
妙解动态平衡问题的两种典型方法
7.如图所示，一个挡板固定于 ( http: / / www.21cnjy.com )光滑水平地面上，截面为圆的柱状物体甲放在水平面上，半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，没有与地面接触而处于静止状态。现在对甲施加一个水平向左的力F，使甲沿地面极其缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止。设乙对挡板的压力为F1，甲对地面的压力为F2，在此过程中( )
A．F1缓慢增大，F2缓慢增大
B．F1缓慢增大，F2不变
C．F1缓慢减小，F2不变
D．F1缓慢减小，F2缓慢增大
解析：选C 把甲、乙看做一个整体，竖直 ( http: / / www.21cnjy.com )方向仅受重力和地面的支持力，在此过程中，两物体重力不变，支持力不变，由牛顿第三定律得，甲对地面的压力F2不变；选取乙为研究对象，乙物体受力如图所示，甲对乙的作用力F3和挡板对乙的作用力F′1的合力F合始终与乙的重力等大、反向，在甲沿地面缓慢地向左移动的过程中，甲对乙的作用力F3逐渐减小，挡板对乙的弹力F′1逐渐减小，所以乙对挡板的压力F1逐渐减小，C正确。
8．如图所示，一光滑小球静止放置在光滑 ( http: / / www.21cnjy.com )半球面的最底端，利用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面)，木板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是( )
A．F1增大、F2减小 B．F1增大、F2增大
C．F1减小、F2减小 D．F1减小、F2增大
解析：选B 小球受力如图所示：
根据平衡条件得F1＝mgtan θ，F2＝，随着小球向右移动，θ角越来越大，F1和F2都增大，B正确。
9．(2014·南充质检)如图所示，倾角 ( http: / / www.21cnjy.com )为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏斗a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则( )
A．b对c的摩擦力一定减小
B．b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上
C．地面对c的摩擦力方向一定水平向右
D．地面对c的摩擦力先减小后增大
解析：选B 当沙子的质量较少时，c对b的摩擦 ( http: / / www.21cnjy.com )力沿斜面向上，由于沙子流出，则绳对b的拉力逐渐减小，对b物块受力分析可知，斜面c对b的摩擦力逐渐增大，由牛顿第三定律知，A错误；当沙子的质量大时，c对b的摩擦力方向沿斜面向下，由牛顿第三定律知识，B正确；对b、c整体受力分析知，地面对c的摩擦力一定水平向左，且逐渐减小，C、D错误。
电磁学中的共点力平衡问题
(2014·攀枝花模拟)长为 ( http: / / www.21cnjy.com )L的通电直导线放在倾角为θ的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，当B方向竖直向上，如图甲所示，电流为I1时导体处于平衡状态，若B方向改为垂直斜面向上，如图乙所示，则电流为I2时导体处于平衡状态，电流比值应为( )
甲 乙
A．cos θ B. C．sin θ D.
第1步：找关键点
(1)“光滑斜面”：说明导体不受摩擦力。
(2)“平衡状态”：说明导体受力平衡。
第2步：寻交汇点
(1)力学知识：受力分析、平衡条件。
(2)电磁学知识：左手定则、安培力的大小。
第3步：明突破点
(1)当B方向竖直向上，由左手定则判断安培力的方向，对导体受力分析，根据平衡条件列方程。
(2)若B方向改为垂直斜面向上，由左手定则判断安培力的方向，对导体受力分析，根据平衡条件列方程。
[解析] 电流为I1时导体受力如图甲所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，由平衡条件得mgtan θ＝ BI1L，解得I1＝；电流为I2时导体受力如图乙所示，由平衡条件得mgsin θ＝ BI2L，解得I2＝，故＝，B正确。
[答案] B
[感悟升华]
电磁学中共点力平衡问题的分析思路
(1)明确电荷的电性和场的方向。
(2)根据左手定则、带电体的带电性质或磁场方向，判定研究对象所受的安培力或洛伦兹力的方向，根据电荷的电性和电场的方向判断库仑力的方向。
(3)对研究对象进行受力分析，比以往多了电场力F＝Eq、安培力F＝BIL或洛伦兹力F＝Bqv。
(4)列平衡方程求解。
[跟踪训练]
(2014·浙江高考)如图所示，水平地 ( http: / / www.21cnjy.com )面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行。小球A的质量为m、电量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d。静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上，则( )
A．小球A与B之间库仑力的大小为
B．当＝ 时，细线上的拉力为0
C．当＝ 时，细线上的拉力为0
D．当＝ 时，斜面对小球A的支持力为0
解析：选AC 根据库仑定律可得两小球之间的库仑力大小为F库＝，A正确；当细线上的拉力为零时，小球A受到库
仑力、斜面支持力、重力，小球A受力 ( http: / / www.21cnjy.com )如图所示，由平衡条件得 ＝mgtan θ，解得＝ ，B错误，C正确；由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为零，D错误。
1．(2014·九江模拟)如图所示， ( http: / / www.21cnjy.com )木板B放在粗糙的水平面上，木块A放在B的上面，A的右端通过一不可伸长的轻绳固定在竖直墙上，用水平恒力F向左拉动B，使其以速度v做匀速运动，此时绳水平且拉力大小为FT，下面说法正确的是( )
A．若木板B以2v匀速运动，则拉力仍为F
B．绳上拉力FT与水平恒力F大小相等
C．木块A受到的是静摩擦力，大小等于FT
D．木板B受到一个静摩擦力，一个滑动摩擦力，合力大小等于F
解析：选A 以B为研究对象分析受力，当 ( http: / / www.21cnjy.com )其匀速运动时，受力平衡，受力情况与速度大小无关，A正确；以A、B整体为研究对象分析受力可知F＝FT＋f地，故绳子拉力小于F，B错误；木块A与B之间发生相对滑动，所以A所受摩擦力为滑动摩擦力，C错误；以B为研究对象分析其水平方向受力情况可得F＝f地＋fA，两个摩擦力均为滑动摩擦力，D错误。
2．(2014·海淀区模拟) ( http: / / www.21cnjy.com )如图甲所示，一定质量的通电导体棒ab置于倾角为θ的粗糙导轨上，在图乙所加各种大小相等方向不同的匀强磁场中，导体棒ab均静止，则下列判断错误的是( )
甲
乙
A．四种情况导体棒受到的安培力大小相等
B．A中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零
C．B中导体棒ab可能是二力平衡
D．C、D中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零
解析：选D 因磁感线都垂直 ( http: / / www.21cnjy.com )于导体，所以安培力大小相等，A中安培力方向水平向右，而支持力垂直于斜面，与重力可以构成三力平衡，所以摩擦力可能为零；同理B安培力方向向上，可以构成二力平衡；C中安培力方向向下，D中安培力方向水平向左，要平衡则一定要受到摩擦力作用。综上所述，A、B、C正确，D错误。
3．物块M在静止的传送带上匀速下滑时，若传送带突然转动且转动的方向如图中箭头所示，则传送带转动后( )
A．M将减速下滑 B．M仍匀速下滑
C．M受到的摩擦力变小 D．M受到的摩擦力变大
解析：选B 由物块M在静止的传送带上匀速下 ( http: / / www.21cnjy.com )滑知，Mgsin θ＝μMg·cos θ，若传送带突然如题图中所示转动，转动后物块所受的摩擦力和静止时相同，故物块的受力没有变化，则物块的运动状态也不变化，M仍匀速下滑，B正确。
4．(2014·广元模拟)如图所示，截面为三 ( http: / / www.21cnjy.com )角形的木块a上放置一铁块b，三角形木块竖直边靠在竖直且粗糙的墙面上，现用竖直向上的作用力F推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下列说法正确的是( )
A．木块a与铁块b间一定存在摩擦力
B．木块与竖直墙面间一定存在水平弹力
C．木块与竖直墙面间一定存在摩擦力
D．竖直向上的作用力F大小一定大于铁块与木块的重力之和
解析：选A 隔离铁块b，因其匀速运动，故铁块 ( http: / / www.21cnjy.com )b受重力、斜面对它的垂直斜面向上的支持力和沿斜面向上的静摩擦力，A正确；a、b整体水平方向不受力，故木块与竖直墙面间不存在水平弹力，没有弹力也就没有摩擦力，B、C错误；竖直方向F＝Ga＋Gb，D错误。
5．(2014·山东高考)如 ( http: / / www.21cnjy.com )图所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变。木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后( )
A．F1不变，F2变大 B．F1不变，F2变小
C．F1变大，F2变大 D．F1变小，F2变小
解析：
选A 对木板受力分析如图所示，木 ( http: / / www.21cnjy.com )板静止，所受合力为零，所以F1不变，将两轻绳各减去一小段，木板再次静止，两绳之间的夹角变大，由2F2cos＝mg知F2＝，则F2变大，A正确。
6．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝 ( http: / / www.21cnjy.com )缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置，如果将小球B向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比( )
A．推力F将增大
B．竖直墙面对小球A的弹力增大
C．地面对小球B的弹力减小
D．两个小球之间的距离增大
解析：选D 将A、B视为整体进行受力分 ( http: / / www.21cnjy.com )析，在竖直方向只受重力和地面对整体的支持力N(也是对B的支持力N)，将B向左推动少许后，竖直方向受力不变，所以N＝(mA＋mB)g为一定值，C错误；对B进行受力分析如图所示，由平衡条件可知N＝mBg＋F斥cos θ，向左推B，θ减小，所以F斥减小，由库仑定律F斥＝k得A、B间距离r增大，D正确；而F＝F斥sin θ，θ减小，F斥减小，所以推力F减小，A错误；将A、B视为整体时在水平方向上有F＝NA，所以墙面对小球A的弹力NA减小，B错误。
7．(2014·资阳模拟)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O′处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点。已知容器半径为R，与水平面间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ＝30°。下列说法正确的是( )
A．容器相对于水平面有向左运动的趋势
B．轻弹簧对小球的作用力大小为 mg
C．容器对小球的作用力竖直向上
D．弹簧原长为R＋
解析：选D 由于容器和小球组成的 ( http: / / www.21cnjy.com )系统处于平衡状态，容器相对于水平面没有向左运动的趋势，A错误；容器对小球的作用力是弹力，指向球心O，C错误；小球受力如图所示，由θ＝30°得小球受到容器的支持力和弹簧对小球的弹力大小均为mg，B错误；图中弹簧长度为R，压缩量为，故原长为R＋，D正确。
8．(2014·新民模拟)一人站在斜面 ( http: / / www.21cnjy.com )上，推着一个重力大小为G的大雪球，若雪球刚好处在一处倾角为θ的光滑斜面上，且始终处于静止状态，此人的推力通过雪球的球心，则( )
A．此人的推力最小值为Gtan θ
B．此人的推力最小值为Gsin θ
C．此人的推力最大值为
D．此人的推力最大值为
解析：选B 对雪球受力分析如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，受重力G、弹力N、推力F作用，因雪球静止在斜面上，由平衡条件及平行四边形定则知，推力和支持力合力大小等于重力，由平行四边形定则知，当推力由水平转至沿斜面向上时最小为Gsin θ，A错误，B正确；推力由水平向下转时能达无穷大，无最大值，C、D错误。
9．(2014·银川模拟)用一轻绳将 ( http: / / www.21cnjy.com )小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q。P、Q均处于静止状态，则下列相关说法正确的是( )
A．P物体受4个力
B．Q受到3个力
C．若绳子变长，绳子的拉力将变小
D．若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大
解析：选AC 对Q进行受力分析，受重力 ( http: / / www.21cnjy.com )、压力、支持力和P对Q向上的静摩擦力，共4个力，B错误；P受到重力、拉力、支持力和Q给P的静摩擦力，共4个力，A正确；对P、Q整体进行受力分析，如图所示，根据平衡条件，有Fcos θ＝(M＋m)g，绳子变长时，θ变小，因此绳子拉力F变小，C正确；绳子变短，θ变大，绳子拉力F变大，Q受到的静摩擦力大小始终等于其重力，D错误。
10．(2014·哈尔滨 ( http: / / www.21cnjy.com )模拟)如图所示，两段等长细线L1和L2串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点。现施加水平向右的力F缓慢拉动a，L1对a球的拉力大小为F1、L2对b球的拉力大小为F2，在缓慢拉动的过程中， F1和F2的变化情况是( )
A．F1变大 B．F1 变小
C．F2 不变 D．F2 变大
解析：选AC 把a球和b球作为一个 ( http: / / www.21cnjy.com )整体进行受力分析，如图甲，由力的图解法，L1对a球的拉力F1变大；对b球进行受力分析，如图乙，由二力平衡可知，L2对b球的拉力F2等于其重力，故F2不变，A、C正确。
11．(2014·眉山模 ( http: / / www.21cnjy.com )拟)一套有细环的粗糙杆水平放置，带正电的小球通过绝缘细线系在细环上，并将整个装置放入一水平的匀强电场中，处于平衡状态，如图所示。现在将电场稍加大一些，小球再次平衡，下列说法正确的有( )
A．细线对细环的拉力保持不变
B．细线对带电小球的拉力变大
C．细环所受的摩擦力变大
D．粗糙杆对细环的支持力保持不变
解析：选BCD 对小球受力分析如图 ( http: / / www.21cnjy.com )，将电场稍加大一些，小球所受的电场力增大，竖直方向Fcos θ＝mg，E变大，θ变大，F变大，即细线对带电小球的拉力变大，A错误，B正确；把小球和细环看做一个整体，水平方向f＝qE，竖直方向N＝(M＋m)g，小球所受电场力增大，则细环所受的摩擦力变大，竖直方向二者所受重力不变，粗糙杆对细环的支持力保持不变，C、D正确。
12．如图所示，一个质量为m的滑 ( http: / / www.21cnjy.com )块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°。则( )
A．滑块可能受到三个力作用
B．弹簧一定处于压缩状态
C．斜面对滑块的支持力大小可能为零
D．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于 mg
解析：选AD 弹簧与竖直方向的夹角 ( http: / / www.21cnjy.com )为30°，所以弹簧的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，此时弹簧弹力为零，处于原长状态，A正确，B错误；由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，不可能为零，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，C错误，D正确。
13．(2014·昆明模拟 ( http: / / www.21cnjy.com ))如图所示，有两条和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆(内阻不计)从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间，金属杆的速度趋近于一个最大速度vm，则( )
A．如果B增大，vm将变大
B．如果α变大，vm将变大
C．如果R变大，vm将变大
D．如果m变小，vm将变大
解析：选BC 当金属杆匀速运动 ( http: / / www.21cnjy.com )时速度最大，对金属杆受力分析，由平衡条件得mgsin α－BIl＝0，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得I＝，解得vm＝，分析得B、C正确。
考向一 匀变速直线运动规律的应用 (选择题或计算题)
1．牢记解决匀变速直线运动问题的四种常用方法
2．处理刹车类问题的思路：先判断刹车时间，再进行分析计算。
(2014·全国新课标Ⅰ)公路上行驶的两 ( http: / / www.21cnjy.com )汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的。若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。
[思路探究]
(1)在“人的反应时间和汽车系统的反应时间”内汽车做匀速直线运动。
(2)汽车在晴天和雨天行驶，其安全距离不变而加速度发生变化。
[解析] 设路面干燥时，汽车与地面间 ( http: / / www.21cnjy.com )的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg＝ma0①
s＝v0t0＋②
式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。
设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝μ0③
设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得
μmg＝ma④
s＝vt0＋⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
v＝20 m/s(或72 km/h) ⑥
[答案] 20 m/s(或72 km/h)
1．(2014·德阳质检 ( http: / / www.21cnjy.com ))汽车正在以10 m/s的速度在平直的公路上匀速前进，在它的正前方x处有一辆自行车以4 m/s 的速度做同方向的匀速直线运动，汽车立即关闭油门做a＝－6 m/s2的匀变速运动，若汽车恰好碰不上自行车，则x的大小为( )
A．8.33 m B．3 m C．3.33 m D．7 m
解析：选B 汽车减速到4 ( http: / / www.21cnjy.com ) m/s所需的时间t＝＝1 s，此时汽车的位移x1＝v1t＋at2＝7 m；自行车的位移x2＝v2t＝4 m，若汽车恰好碰不上自行车，则有x2＋x＝x1，解得x＝3 m，B正确。
2．(2014·泸州质检)研究表明， ( http: / / www.21cnjy.com )一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4 s，但饮酒会导致反应时间延长。在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72 km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39 m。减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。求：
(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；
(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；
(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。
解析：(1)设减速过程汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0＝20 m/s，末速度v＝0，位移s＝25 m，由运动学公式得
v－v2＝2as①
t＝②
联立①②式，代入数据得
a＝8 m/s2③
t＝2.5 s④
(2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得
L＝v0t′＋s⑤
Δt＝t′－t0⑥
联立⑤⑥式，代入数据得
Δt＝0.3 s⑦
(3)设志愿者所受合力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得
F＝ma⑧
由平行四边形定则得
F＝F2＋(mg)2⑨
联立③⑧⑨式，代入数据得
＝⑩
答案：(1)8 m/s2 2.5 s (2)0.3 s (3)
考向二 直线运动的图像问题 (选择题)
x t图像和v t图像的对比分析
( http: / / www.21cnjy.com )
(2014·广东高考)如图是物体做直线运动的v t图像。由图可知，该物体( )
A．第1 s内和第3 s内的运动方向相反
B．第3 s内和第4 s内的加速度相同
C．第1 s内和第4 s内的位移大小不相等
D．0～2 s和0～4 s内的平均速度大小相等
[解析] 第1 s内和第3 s内的速度 ( http: / / www.21cnjy.com )都为正的，运动方向相同，A错误；第3 s内和第4 s内的图像斜率相同，因此加速度相同，B正确；第1 s内和第4 s内的位移大小都等于图线与横轴所围面积的大小，都为x＝×1×1 m＝0.5 m，C错误；0～2 s内的位移和0～4 s内的位移相等，但由于时间不同，因此平均速度不同，D错误。
[答案] B
[感悟升华]
从v t图像中巧得四个运动量
3.(2014·宝鸡模拟)a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的v t图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度
B．20 s时，a、b两物体相距最远
C．60 s时，物体a在物体b的前方
D．40 s时，a、b两物体速度相等，相距200 m
解析：选C v t图像的斜率表示加速度 ( http: / / www.21cnjy.com )，因此在加速阶段，物体a的加速度小于物体b的加速度，A错误；20 s时，物体b开始运动，在两物体速度达到相等之前，两物体之间的距离越来越大，40 s时两物体相距最远，B错误；图像与时间轴围成的面积表示物体的位移，故60 s时，物体a的位移为2 100 m，而b的位移为1 600 m，C正确；40 s时，a、b两物体速度相等，物体a的位移为1 300 m，物体b的位移为400 m，两物体相距900 m，D错误。
4．(2014·自贡调研)a、b、c三 ( http: / / www.21cnjy.com )个物体在同一条直线上运动，三个物体的x t图像如图所示，图像c是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是( )
A．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同
B．a、b两物体都做匀变速直线运动，两个物体的加速度大小相等，方向相反
C．在0～5 s内，当t＝5 s时，a、b两个物体相距最近
D．物体c一定做变速直线运动
解析：选D 图像为位移—时间图像，由图可知， ( http: / / www.21cnjy.com )a、b两物体的运动方向相反，都做匀速直线运动，速度大小相同，A、B错误；a、b两物体从同一点出发，向相反方向运动，在0～5 s内，5 s 时相距最远，C错误；由图像可知，c是一条抛物线，故其函数关系为x＝kt2，由运动学公式可知，该物体以加速度2k做匀加速直线运动，D正确。
5．(2013·四川高考)甲、乙两物体在t＝0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v t图像如图所示，则( )
A．甲、乙在t＝0到t＝1 s之间沿同一方向运动
B．乙在t＝0到t＝7 s之间的位移为零
C．甲在t＝0到t＝4 s之间做往复运动
D．甲、乙在t ＝6 s时的加速度方向相同
解析：选BD 根据v t图像可 ( http: / / www.21cnjy.com )知，在0～1 s时间内，甲一直向正方向运动，而乙先向负方向运动再向正方向运动，故A错误；根据v t图像可知，在0～7 s时间内，乙的位移为零，故B正确；根据v t图像可知，在0～4 s时间内，甲一直向正方向运动，故C错误；根据v t图像可知，在t＝6 s时，甲、乙的加速度方向均与正方向相反，故D正确。
考向三 用牛顿运动定律解决连接体问题 (选择题)
1．牛顿第二定律的表达式：F合＝ma。
2．整体法：在连接体问题中，如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法列牛顿第二定律方程。
3．隔离法：如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法列牛顿第二定律方程。
(2014·四川高考)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是( )
[审题指导]
(1)由v1和v2的大小关系确定传送带对P物体的摩擦力的方向。
(2)由P受到绳的拉力和摩擦力之间的关系确定P的最终状态。
[解析] 若v1＞v2，且P ( http: / / www.21cnjy.com )受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确。若v1＞v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速。若v2＞v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a1＝，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有FT＞μmg，此后加速度a2＝，故C正确，A、D错误。
[答案] BC
6．如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两 ( http: / / www.21cnjy.com )物块用轻线连接放在倾角为θ的光滑斜面上，用始终平行于斜面向上的恒力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，为了增加轻线上的张力，可行的办法是( )
A．增大A的质量 B．增大B的质量
C．增大倾角θ D．增大拉力F
解析：选BD 对于A、B整体由牛顿第二定律 ( http: / / www.21cnjy.com )得F－(mA＋mB)gsin θ＝(mA＋mB)a，对于B由牛顿第二定律得FT－mBgsin θ＝mBa，解以上两式得FT＝F，B、D正确。
7．(2014·内江联考)如图甲所示，在粗糙 ( http: / / www.21cnjy.com )的水平面上，质量分别为m和M(m∶M＝1∶2)的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的力作用于A上且竖直向上匀加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，如图乙所示，则x1∶x2等于( )
A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．2∶3
解析：选B 当水平力F作用在B ( http: / / www.21cnjy.com )上时，则对A、B整体分析有F－3μmg＝3ma1，a1＝(F－3μmg)/(3m)；对A隔离分析有kx1－μmg＝ma1，解得F＝3kx1；当F竖直向上时，对A、B整体分析有F－3mg＝3ma2，a2＝(kx1－mg)/m，对B物体隔离分析有kx2－2mg＝2ma2，解得x1∶x2＝1∶2，B正确。
8．(2014·江苏高考)如图所示，A、B两 ( http: / / www.21cnjy.com )物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则( )
A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＝μmg时，A的加速度为μg
C．当F>3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
解析：选BCD A、B间的 ( http: / / www.21cnjy.com )最大静摩擦力为2μmg，B和地面之间的最大静摩擦力为μmg，对A、B整体，只要F＞μmg，整体就会运动，A错误；当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B将要发生相对滑动，故A、B一起运动的加速度的最大值满足2μmg－μmg＝mamax，B运动的最大加速度amax＝μg，D正确；此时，对A、B整体，有F－μmg＝3mamax，则F＞3μmg时两者会发生相对运动，C正确；当F＝μmg时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F－μmg＝3ma，解得a＝μg，B正确。
考向四 动力学的两类基本问题 (选择题或计算题)
1．解决动力学两类问题的关键是受力分析和运动分析，而加速度是联系力与运动的桥梁，其基本思路如下：
第一类问题
第二类问题
2．常用方法
(1)整体法与隔离法。
(2)正交分解法：一般取加速度的方向和垂直于加速度的方向进行分解，为减少分解的矢量个数，有时也根据情况分解加速度。
(2014·达州模拟) ( http: / / www.21cnjy.com )如图所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝。重力加速度g取10 m/s2 。
(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；
(2)拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
[审题指导]
(1)物块由A到B做什么运动？应选用什么公式确定物块的加速度和速度？
提示：匀加速直线运动，因为L、v0、t已知，则用运动学公式求a和v。
(2)拉力F平行于斜面时拉力一定最小吗？
提示：不是。
(3)计算物块与斜面间的滑动摩擦力f＝μmgcos θ对吗？
提示：不对，因为还有F的作用。
[解析] (1)设物块的加速度大小为a，到达B点时速度大小为vB，由运动学方程得
L＝v0t＋at2
vB＝v0＋at
解得 a＝3 m/s2，vB＝8 m/s
(2)对物块受力分析如图所示，N、f为物块所受支持力、摩擦力，设拉力F与斜面夹角为α，由牛顿第二定律得，垂直斜面方向有
Fsin α＋N＝mgcos θ
沿斜面方向有
Fcos α－mgsin θ－f＝ma
又因为f＝μN
解得Fcos α＋Fsin α＝5.2 N
则 F＝＝＝
当α＝30°时，拉力F有最小值，
Fmin＝ N
[答案] (1)3 m/s2 8 m/s (2)30° N
[感悟升华]
处理多过程动力学问题基本流程
9．(2014·漳州质检)图甲为便利 ( http: / / www.21cnjy.com )运输工具双轮行李小车，送水员用双轮小车运送桶装矿泉水，图乙为小车截面示意图，在拉运过程中图示角度保持不变，已知小车和桶装矿泉水的总质量为20 kg，不计桶与小车之间摩擦力的影响，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，送水员拉动小车使矿泉水和小车一起以a＝5 m/s2的加速度水平向右做匀加速直线运动时，下列说法正确的是( )
A．小车P侧轨道对桶的支持力大小为160 N
B．小车Q侧轨道对桶的支持力大小为250 N
C．桶对小车两侧轨道的压力大小之比FP∶FQ＝1∶2
D．桶对小车两侧轨道的压力大小之比FP∶FQ＝4∶3
解析：选C 对桶受力分析如图所示，建立直 ( http: / / www.21cnjy.com )角坐标系，水平方向FQcos 37°－FPcos 53°＝ma，竖直方向FQsin 37°＋FPsin 53°＝mg。联立解得FP∶FQ＝1∶2，C正确，D错误；由于不知道桶装矿泉水的质量，则无法计算轨道对桶的支持力，A、B错误。
10．(2014·乐山模拟)在粗糙 ( http: / / www.21cnjy.com )的水平面上有两个静止的物体A、B，它们的质量均为m＝2 kg。A与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.4，B与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2。在水平恒力F＝20 N的作用下从静止开始向右做匀加速直线运动，F作用了t＝2 s然后撤掉。求：A、B都静止时它们之间的距离L。(g＝10 m/s2)
解析：对A、B整体由牛顿第二定律得
F－μ1mg－μ2mg＝2ma
解得a＝2 m/s2
两物块2 s时的速度v＝at＝4 m/s
撤去力F后，A的加速度大小aA＝μ1g＝4 m/s2
从减速到静止，A的位移大小
xA＝＝2 m
B的加速度大小aB＝μ2g＝2 m/s2
从减速到静止，B的位移大小
xB＝＝4 m
所以A、B都静止时它们之间的距离L＝xB－xA＝2 m
答案：2 m
力学观点和能量观点解决传送带问题
(2014·遂宁模拟)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )所示，质量为m的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L，今使滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。滑块与传送带间的动摩擦因数为μ。
(1)试分析滑块在传送带上的运动情况；
(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能Ep；
(3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q。
第1步：找关键点
(1)“光滑的水平平台”：说明滑块在平台上不受摩擦力。
(2)“缓慢向左压缩”：说明滑块速度为零。
(3)“恰好与传送带速度相同”：说明滑块在传送带上做变速直线运动，且末速度与传送带速度相等。
第2步：寻交汇点
(1)动力学知识：受力分析、运动学规律、牛顿第二定律。
(2)能量知识：机械能守恒定律、功能关系。
第3步：明突破点
(1)滑块在光滑的水平平台上滑动，只有弹簧的弹力做功，系统机械能守恒。
(2)滑块在传送带上滑动时受摩擦力作用，滑块速度与传送带速度的大小关系决定了滑动摩擦力的方向，从而决定了滑块的运动状态。
(3)滑块相对传送带滑动的过程，可由功能关系Q＝Ffx相对求解滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量。
[解析] (1)若滑块冲上传 ( http: / / www.21cnjy.com )送带时的速度小于传送带的速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动。
(2)设滑块冲上传送带时的速度为v，在弹簧弹开过程中，由机械能守恒得
Ep＝mv2①
设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a，则
由牛顿第二定律得μmg＝ma②
由运动学公式得v2－v＝2aL③
解得Ep＝mv＋μmgL
(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移
x＝v0t④
v0＝v－at⑤
滑块相对传送带滑动的位移
Δx＝L－x⑥
相对滑动产生的热量
Q＝μmg·Δx⑦
联立解得
Q＝μmgL－mv0(－v0)
[答案] (1)见解析 (2)mv＋μmgL
(3)μmgL－mv0(－v0)
[感悟升华]
分析传送带问题“三步走”
[跟踪训练]
(2014·达州模拟)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，为一棉纺车间传送棉花包的示意图，水平传送带长O1O2＝2 m，每一个棉花包的质量为50 kg，棉花包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，棉花包滑上传送带时速度v1＝3 m/s，轮子半径不计，g＝10 m/s2，传送带速度v2＝4 m/s，传送带高出地面5 m，求：
(1)棉花包离开传送带后，落地点A距O3的水平距离；
(2)每传送一个棉花包，传送带所消耗的电能(忽略电机内耗)。
解析：(1)由于v1＜v2，棉花包在传送带上先做匀加速直线运动，设加速度为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma
解得a＝μg＝2 m/s2
设棉花包速度达到v2时通过的位移为x，A距O3的距离为x2，则
x＝＝1.75 m<2 m
故棉花包将最终以v2＝4 m/s速度做平抛运动，则
水平方向x2＝v2t
竖直方向h＝gt2
解得x2＝4 m
(2)摩擦力存在时间
t′＝＝0.5 s
传送带前进位移x′＝v2t′＝2 m
传送带消耗的电能等于传送带克服摩擦力所做的功，则
E＝W＝μmgx′＝200 J
答案：(1)4 m (2)200 J
一、选择题
1．(2014·宜宾联考)如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置—时间(x t)图线。由图可知( )
A．在时刻t1，a、b两车运动方向相同
B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反
C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减小后增大
D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大
解析：选C x t图线的斜率表示速度，从题图中看出，a车始终静止，b车先正向减速，减速为零后，再反向加速，A、B、D错误，C正确。
2．(2014·延安质检)从三亚飞往 ( http: / / www.21cnjy.com )西安的波音737航班，到达咸阳国际机场着陆的速度为60 m/s，然后以大小为5 m/s2的加速度做匀减速直线运动直到停下，则飞机在着陆后第14 s内的位移为( )
A．0 B．350 m C．360 m D．1 330 m
解析：选A 飞机着陆后到停止所需的时间t0＝＝12 s＜14 s，所以飞机在第14 s内是静止的，位移等于零，A正确。
3．(2014·泸州质检)如图所示， ( http: / / www.21cnjy.com )质量为M的斜面体放在地面上，另有质量为m的木块从斜面体顶端沿斜面加速下滑，斜面体始终保持静止。设下滑过程中地面对斜面体的支持力和摩擦力分别为N和f，则( )
A．N<(M＋m)g，f水平向左
B．N<(M＋m)g，f水平向右
C．N>(M＋m)g，f水平向左
D．N>(M＋m)g，f水平向右
解析：选A 设斜面体的倾角为θ，由 ( http: / / www.21cnjy.com )于木块加速下滑，则有mgsin θ＞f，即mgsin θ＞μmgcos θ，假设地面对斜面体的摩擦力f1水平向左，对斜面体受力分析如图所示，则水平方向上受到合力为零，f′cos θ＋f1＝f′sin θ，又因为f′＝f，f′＝mgcos θ，解得f1＝mgsin θ ·cos θ－μmgcos2θ＝cos θ(mgsin θ－μmgcos θ)＞0，则假设成立，即地面对斜面体的摩擦力水平向左，木块加速下滑，木块失重，对整体受力分析知地面对斜面体的支持力N＜(M＋m)g。A正确。
4．(2014·重庆高考)以不同初速 ( http: / / www.21cnjy.com )度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v t图像可能正确的是( )
解析：选D 竖直上抛运动不受空气阻 ( http: / / www.21cnjy.com )力，做向上的匀减速直线运动至最高点再向下做自由落体运动，v t图像是倾斜向下的直线，四个选项(虚线)均表示正确；有阻力f＝kv的上抛运动，上升时，a上＝，随着v减小，加速度减小，对应的v t图线的斜率减小，A错误；下落时，a下＝，随着v增大，加速度减小，故在最高点时v＝0，a＝g，对应的v t图线与轴的交点，其斜率应该等于g，即过与t轴的交点的切线应该与竖直上抛运动的直线(虚线)平行，D正确。
5．(2014·全国新课 ( http: / / www.21cnjy.com )标Ⅰ)如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)。与稳定在竖直位置时相比，小球的高度( )
A．一定升高
B．一定降低
C．保持不变
D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
解析：选A 设橡皮筋的原长 ( http: / / www.21cnjy.com )为L，开始时系统处于平衡状态，小球受到的合力为零，橡皮筋处于竖直方向，橡皮筋悬点O距小球的高度L1＝L＋；当小车向左加速，稳定时，设橡皮筋与竖直方向的夹角为θ，对小球受力分析如图所示，由图可知，橡皮筋上的弹力kx＝，橡皮筋悬点O距小球的高度L2＝cos θ＝Lcos θ＋，可见，L1>L2，A正确，B、C、D错误。
6．(2014·达州模拟)从地面 ( http: / / www.21cnjy.com )竖直上抛一物体A，同时在离地面某一高度处有另一物体B自由下落，两物体在空中同时到达同一高度时速率都为v，空气阻力均忽略不计，则下列说法中正确的是( )
A．物体A上抛的初速度和物体B落地时速度的大小相等
B．物体A、B在空中运动的时间相等
C．物体A能上升的最大高度和B开始下落的高度相同
D．两物体在空中同时达到同一高度处一定是B物体开始下落时高度的中点
解析：选AC A为匀减速运动，v＝ ( http: / / www.21cnjy.com )vA－gt，B为自由落体运动v＝gt，相遇前A做匀减速运动，加速度大小为g，末速度v，此后B以v为初速度做匀加速运动，加速度也是g，而且位移大小相等，根据运动可逆性，B下落至地面的速度等于vA，时间也是t，A正确；相遇前B自由落体时间为t，加速度大小为g，初速度为零，相遇时的末速度为v，此后A向上运动，加速度大小为g，初速度为v，末速度为零，同样根据运动可逆性，A上升到最高点时间也是t，位移与B相遇前的位移大小相等，即A上升的最大高度与B开始下落的高度相同，C正确；根据对称性，A上升时间为2t，下落时间也是2t，而B的运动时间总共只有2t，B错误；相遇处是时间中点，B整个下落过程速度逐渐增大，因此相遇处不可能是高度中点，D错误。
7．(2014·山东高考)一质点在外 ( http: / / www.21cnjy.com )力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图像如图。在图中标出的时刻中，质点所受合力的方向与速度方向相同的有( )
A．t1 B．t2 C．t3 D．t4
解析：选AC 已知质点在外力作用下 ( http: / / www.21cnjy.com )做直线运动，根据它的速度－时间图像可知，t1时刻所在的过程中，质点的速度越来越大，但斜率越来越小，说明质点做加速度越来越小的变加速直线运动，因此t1时刻质点所受合力的方向与速度方向相同，A正确；t2时刻所在的过程中，质点在做匀减速直线运动，因此质点所受合力方向与速度方向相反，B错误；t3时刻所在的过程中，质点在做反向的匀加速直线运动，所以t3时刻质点所受合力的方向与速度方向也相同，C正确；同理t4时刻所在的过程中，质点在做反向变减速直线运动，因此合力的方向与速度的方向相反，D错误。
8．(2014·内江模拟)如图甲所示， ( http: / / www.21cnjy.com )A、B两物体叠放在光滑水平面上，对物体B施加一水平变力F，F t关系如图乙所示，两物体在变力F作用下由静止开始运动且始终保持相对静止，则( )
A．t0时刻，两物体之间的摩擦力最大
B．t0时刻，两物体的速度方向开始改变
C．t0～2t0时间内，两物体之间的摩擦力逐渐增大
D．t0～2t0时间内，物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同
解析：选CD 两物体始终保持相对 ( http: / / www.21cnjy.com )静止，t0时刻F＝0，两物体的加速度为零，两物体之间无摩擦力，A错误；0～t0时间内两物体做加速度减小的加速运动，t0时刻速度达到最大，t0～2t0时间内两物体做加速度增大的减速运动，到2t0时刻速度减到零，故0～t0时间内两物体的速度方向没有改变，B错误；0～2t0时间内，物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同，D正确；两物体之间的摩擦力f＝mAa＝，f随F的变化而变化，C正确。
二、非选择题
9．如图甲所示，一倾角为 ( http: / / www.21cnjy.com )37°的传送带以恒定速度运行。现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)0～8 s内物体位移x的大小；
(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ；
(3)0～8 s内物体机械能增量ΔE及因与传送带摩擦产生的热量Q。
解析：(1)由v t图像可知，物体先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动。
则物体在0～8 s内的位移
x＝t1＋vt·t2＝m＝14 m
(2)v t图像的斜率表示物体的加速度，由图像知，物体相对传送带滑动时的加速度为a＝1 m/s2
此过程对物体由牛顿第二定律得
μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝0.875
(3)物体被传送的高度
h＝xsin θ＝8.4 m
物体重力势能增量ΔEp＝mgh＝84 J
物体动能增量
ΔEk＝mv－mv＝6 J
物体机械能增量
ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J
0～8 s内只有前6 s发生相对滑动。
0～6 s内传送带运动距离
x1＝4×6 m＝24 m
0～6 s内物体位移
x2＝t1＝6 m
由功能关系得产生的热量
Q＝μmgcos θ·Δx＝μmgcos θ(x1－x2)＝126 J
答案：(1)14 m (2)0.875 (3)90 J 126 J
10．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸 ( http: / / www.21cnjy.com )板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。
(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
(3)本实验中，m1＝0.5 k ( http: / / www.21cnjy.com )g，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1 m，取g＝10 m/s2。若砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知。为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
解析：(1)砝码对纸板的摩擦力大小
f1＝μm1g
桌面对纸板的摩擦力大小
f2＝μ(m1＋m2)g
故纸板所受摩擦力大小
f＝f1＋f2
解得f＝μ(2m1＋m2)g
(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则
f1＝m1a1
F－f1－f2＝m2a2
发生相对运动时a2>a1
解得F>2μ(m1＋m2)g
(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝a1t
纸板运动的距离d＋x1＝a2t
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝a3t
l＝x1＋x2
由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2
解得F＝2μg
代入数据得F＝22.4 N
答案：(1)μ(2m1＋m2)g (2)F>2μ(m1＋m2)g (3)22.4 N
考向一 运动的合成与分解 (选择题)
1．物体做曲线运动的条件：F合与v不共线。
2．研究曲线运动的方法：运动的合成与分解。
3．运动的合成与分解的运算法则：平行四边形定则或三角形定则。
4．合运动与分运动的三个特性：等时性、独立性、等效性。
5．特别注意：合运动是物体的实际运动。
(2014·四川高考)有一条 ( http: / / www.21cnjy.com )两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河，小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直。去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )
A. B.
C. D.
[审题指导]
(1)“去程时船头指向始终与河岸垂直”说明过河时间由河宽和船的静水速度决定。
(2)“回程时行驶路线与河岸垂直”说明过河时间由河宽和船的实际速度决定。
[解析] 设大河宽度为d ( http: / / www.21cnjy.com )，小船在静水中的速度为v0，则去程渡河所用时间t1＝，回程渡河所用时间t2＝，由题知＝k，联立以上各式得v0＝，B正确，A、C、D错误。
[答案] B
[感悟升华]
小船过河的三种情形及分析
情形 分析
过河时间最短 船头正对河岸时，渡河时间最短，tmin＝(d为河宽)
过河路径最短(v水过河路径最短(v水>v船时) 合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河。确定方法如下：如图所示，以v水矢量末端为圆心，以v船矢量的大小为半径画弧，从v水矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向时航程最短。由图可知cos α＝，最短航程xmin＝＝d
1．(2014·成都质检)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )甲所示，起重机将货物沿竖直方向匀加速吊起，同时货物又沿横梁水平匀速向右运动。此时，站在地面上观察，货物运动的轨迹可能是图乙中的( )
解析：选C 货物向右匀速运动，向上匀加速运动，其运动轨迹为曲线，并且是抛物线，曲线应向加速度方向弯曲，C正确。
2．如图所示，河的宽度为L，河 ( http: / / www.21cnjy.com )水流速为u，甲、乙两船均以静水中的速度v同时渡河。出发时两船相距2L，甲、乙船头均与岸边成60°角，且乙船恰好能直达正对岸的A点，则下列判断正确的是( )
A．甲船正好也在A点靠岸
B．甲船在A点下游侧靠岸
C．甲、乙两船到达对岸的时间相等
D．甲、乙两船可能在未到达对岸前相遇
解析：选C 根据题述，乙船恰好能直 ( http: / / www.21cnjy.com )达正对岸的A点，则河水流速u＝vcos 60°＝；甲船渡河时垂直河岸的分速度为v1＝vsin 60°＝，渡河时所用时间t＝＝；甲船沿水流方向的速度v2＝vcos 60°＋u＝v，沿水流方向的位移为x＝v2t＝<2L，甲船在A点上游侧靠岸，甲、乙两船不可能在未到达对岸前相遇，A、B、D错误；由于两船垂直河岸的分速度相等，所以甲、乙两船到达对岸的时间相等，C正确。
3．(2014·眉山质检)在水平面上有A ( http: / / www.21cnjy.com )、B两物体，通过一根跨过定滑轮的轻绳相连，现A物体以v1的速度向右匀速运动，当绳被拉成与水平面的夹角分别为α、β时(如图所示)，B物体的运动速度vB为(绳始终有拉力)( )
A. B. C. D.
解析：选D 将物体A的速度分解为 ( http: / / www.21cnjy.com )使绳右端伸长和逆时针转动的两个分量，如图(a)所示，则绳端伸长的速度v′＝v1cos α；同理对物体B，速度分解如图(b)所示，绳端缩短的速度v″＝v′，因此物体B的运动速度vB＝＝，D正确。
考向二 平抛(类平抛)运动的规律 (选择题或计算题)
1．平抛运动的规律
(1)沿水平方向做匀速直线运动：vx＝v0，x＝v0t。
(2)沿竖直方向做自由落体运动：vy＝gt，y＝gt2。
2．类平抛运动与平抛运动处理方法相似
分解为初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的初速度为零的匀加速直线运动。
3．平抛(类平抛)运动的两个推论
(1)如图甲所示，物体任意时刻速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。
(2)如图乙所示，在任意时刻任意位置处，速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为α，则有tan θ＝2tan α。
(2014·浙江高考)如图所示，装 ( http: / / www.21cnjy.com )甲车在水平地面上以速度v0＝20 m/s沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h＝1.8 m。在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触。枪口与靶距离为L时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v＝800 m/s。在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s＝90 m后停下。装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹。(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g＝10 m/s2)
(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；
(2)当L＝410 m时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；
(3)若靶上只有一个弹孔，求L的范围。
[审题指导]
(1)“机枪管水平”、“不计空气阻力”说明射出的子弹做平抛运动。
(2)注意射出子弹的对地速度为装甲车的速度与子弹相对枪口的速度之和。
(3)“若靶上只有一个弹孔”，则第一次恰好没打上，第二次恰好打上，求L的临界值。
[解析] (1)由运动学公式v－0＝2as得，装甲车的加速度
a＝＝ m/s2
(2)第一发子弹飞行时间
t1＝＝0.5 s
弹孔离地高度
h1＝h－gt＝0.55 m
第二发子弹弹孔离地的高度
h2＝h－g2＝1.0 m
两弹孔之间的距离
Δh＝h2－h1＝0.45 m
(3)设第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L1，则
L1＝(v0＋v) ＝492 m
设第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L2，则
L2＝v ＋s＝570 m
L的范围492 m＜L≤570 m。
[答案] (1) m/s2 (2)0.55 m 0.45 m (3)492 m[感悟升华]
平抛(类平抛)运动的求解方法
4．(2014·四川师大附中模拟)如图所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，光滑斜面固定在水平面上，顶端O有一小球，从静止释放，运动到底端B的时间是t1，若给小球不同的水平初速度，落到斜面上的A点，经过的时间是t2，落到斜面底端B点，经过的时间是t3，落到水平面上的C点，经过的时间是t4，则( )
A．t2>t1 B．t1>t4 C．t4>t3 D．t2>t3
解析：选B 小球做平抛运动时 ( http: / / www.21cnjy.com )h＝gt2，因此下落高度大的时间长，所以有t4＝t3＞t2，C、D错误；小球沿斜面下滑时l＝at2，由于a＜g，l＞h，所以沿斜面下滑时间是最长的，A错误，B正确。
5.(2014·雅安质检 ( http: / / www.21cnjy.com ))做圆周运动的两个物体M和N，它们所受的向心力F与轨道半径R之间的关系如图所示，其中与N对应的图线是过坐标原点的直线，与M对应的图线为双曲线的一个分支，则以下推断正确的是( )
A．物体M运动时角速度保持不变
B．物体N运动时线速度保持不变
C．在两图线的交点，ωM一定等于ωN
D．在两图线的交点，动能EkM一定等于EkN
解析：选D 由向心力公式F＝＝mRω2知，物体M保持v不变，物体N保持ω不变，A、B错误；两图线交点表示两物体所受向心力、轨道半径均相等，即＝m2Rω2，解得m1v2＝m2(Rω)2，即EkM＝EkN，由于两物体质量未知，则无法确定ωM和ωN的关系，C错误，D正确。
6．如图所示，真空中水平放置的两个相同 ( http: / / www.21cnjy.com )极板Y和Y′长为L，相距为d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b。在两板间加上可调偏转电压UYY′，一束质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出。
(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；
(2)求两板间所加偏转电压UYY′的范围。
解析：(1)设粒子在电场中的加速度大小 ( http: / / www.21cnjy.com )为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，如图所示，则有
y＝at2
L＝v0t
vy＝at
tan θ＝＝
联立解得x＝
即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点。
(2)由牛顿第二定律得
qE＝ma
又U＝Ed
联立解得y＝
当y＝时，U＝
则两板间所加电压的范围为
－≤UYY′≤。
答案：(1)见解析 (2)－≤UYY′≤
考向三 圆周运动问题 (选择题或计算题)
1．必须记住圆周运动的动力学方程
F＝man＝m＝mω2r＝mωv＝m＝m·4π2f2r。
2．水平面内圆周运动常考的临界模型
图示 受力 临界
竖直方向：受重力和支持力，且二力的合力为零；水平方向：受静摩擦力的作用，且静摩擦力提供物体做圆周运动的向心力，关系式：f＝ 当F向＝fmax时，物体达到临界点
3.竖直面内圆周运动常考的两种临界模型
最高点无支撑 最高点有支撑
图示
最高点受力 重力mg，弹力F弹向下或等于零 重力mg，弹力F弹向下、向上或等于零
向心力来源 mg＋F弹＝m mg±F弹＝m
恰好过最高点 F弹＝0，mg＝m，v＝，即在最高点速度不能为零 mg＝F弹，v＝0，即在最高点速度可为零
(2014·全国新课标Ⅰ)如 ( http: / / www.21cnjy.com )图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝ 是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝ 时，a所受摩擦力的大小为kmg
[审题指导]
(1)a、b两物体受到的最大静摩擦力相等。
(2)无相对运动时，静摩擦力提供两物体做圆周运动的向心力。
[解析] 因圆盘从静止开始 ( http: / / www.21cnjy.com )绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得f＝mω2R，由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径，故小木块b做圆周运动需要的向心力较大，B错误；因为两小木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，A正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mω·2l，可得ωb＝ ，C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mωl，可得ωa＝，而转盘的角速度 < ，故小木块a未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得f＝mω2l＝kmg，D错误。
[答案] AC
[感悟升华]
求解水平面、竖直面内圆周运动问题的思路
7．(2014·洛阳模拟)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，质量为m的小球置于正方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径。某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，已知重力加速度为g，空气阻力不计，小球及盒子可视为质点，则( )
A．若盒子在最高点时，盒子与小球之间恰好无作用力，则该盒子做匀速圆周运动的周期为2π
B．若盒子以周期π做匀速圆周运动，则当盒子运动到与图示球心O点位于同一水平面位置时，小球对盒子左侧面的力为4mg
C．若盒子以角速度2做匀速圆周运动，则当盒子运动到最高点时，小球对盒子上面的力为3mg
D．盒子从最低点向最高点做匀速圆周运动的过程中，球处于超重状态；当盒子从最高点向最低点做匀速圆周运动的过程中，球处于失重状态
解析：选AC 由mg＝m·R可得，盒子运动周期T＝2π，A正确；由N1＝m·R，T1＝π得N1＝4mg，由牛顿第三定律可知，小球对盒子右侧面的力为4mg，B错误；由N2＋mg＝mω2R得小球以ω＝2做匀速圆周运动时，在最高点小球对盒子上面的压力为3mg，C正确；盒子由最低点向最高点运动的过程中，小球的加速度先斜向上，后斜向下，故小球先超重后失重，D错误。
8．(2014·资阳模拟)如图所示，半 ( http: / / www.21cnjy.com )径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置。两个质量均为m的小球a、b以不同的速度进入管内，a通过最高点A时，对管壁上部的压力为3mg，b通过最高点A时，对管壁下部的压力为0.75mg，求a、b两球落地点间的距离。
解析：设a球到达最高点时的速度为va，根据向心力公式有mg＋Na＝m
即4mg＝m
解得va＝2
设b球到达最高点时的速度为vb，根据向心力公式有mg－Nb＝m
即mg＝m
解得vb＝
两小球脱离轨道后均做平抛运动，设所用时间为t，则
竖直方向2R＝gt2
水平方向xa＝vat，xb＝vbt
解得xa＝4R，xb＝R
故a、b两球落地点间的距离为
Δx＝xa－xb＝3R
答案：3R
曲线运动的综合问题
(2014·广元一模)某校兴趣小组 ( http: / / www.21cnjy.com )制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A点用一弹射装置将小滑块以某一水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝0.1 m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h＝0.2 m，水平距离s＝0.6 m，水平轨道AB长为L1＝0.5 m，BC长为L2＝1.5 m，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力不计。
(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A点弹射出的速度大小；
(2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出。求小滑块在A点弹射出的速度大小范围。
第1步：找关键点
(1)“光滑竖直圆形轨道”：说明小滑块在圆形轨道不受摩擦力。
(2)“动摩擦因数μ＝0.4”：说明小滑块在水平轨道上受摩擦力作用。
第2步：寻交汇点
(1)曲线运动：圆周运动规律、平抛运动规律。
(2)功能关系：机械能守恒定律、动能定理。
第3步：明突破点
问题(1)的分析思路：小 ( http: / / www.21cnjy.com )滑块在最高点只受重力作用→在最高点由牛顿第二定律求小滑块在最高点的速度→由机械能守恒定律和动能定理求小滑块在A点的弹射速度。
问题(2)的分析思路：小滑块刚好停在C点→由动能定理求解→小滑块恰好越过壕沟→由动能定理和平抛运动规律求解。
[解析] (1)设小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v，由牛顿第二定律知mg＝m
由机械能守恒定律知，由B到最高点有
mv＝2mgR＋mv2
由A到B有
－μmgL1＝mv－mv
解得小滑块在A点的速度
v1＝3 m/s
(2)若小滑块刚好停在C处，设此时小滑块在A点弹射出的速度大小为v2，则－μmg(L1＋L2)＝0－mv
解得小滑块A点的速度为
v2＝4 m/s>3 m/s
即小滑块在A点弹射出的速度大小为4 m/s时，可从圆轨道上滑过。
故若小滑块停在BC段，应满足3 m/s≤vA≤4 m/s
若小滑块能通过C点并恰好越过壕沟，设其在A点时速度大小为v3，则有
h＝gt2
s＝vCt
－μmg(L1＋L2)＝mv－mv
解得v3＝5 m/s
所以在A点弹射出的速度范围为3 m/s≤vA≤4 m/s或vA≥5 m/s。
[答案] (1)3 m/s (2)3 m/s≤vA≤4 m/s或vA≥5 m/s
[感悟升华]
曲线运动综合问题的分析思路
曲线运动的综合题往往涉及多个运动过程和功能关系问题，解决此类问题应做好以下两个分析。
(1)临界点分析：对于物体在临界点相关的多个 ( http: / / www.21cnjy.com )物理量，需要区分哪些物理量能够突变，哪些物理量不能突变，而不能突变的物理量(一般指线速度)往往是解决问题的突破口。
(2)运动过程分析：对于物体参 ( http: / / www.21cnjy.com )与的多个运动过程，要仔细分析每个运动过程做何种运动。若为圆周运动，应明确是水平面的匀速圆周运动，还是竖直平面的变速圆周运动，机械能是否守恒；若为抛体运动，应明确是平抛运动，还是类平抛运动，垂直于初速度方向的力是哪个力。
[跟踪训练]
(2014·南充质检)如图所示，从A点 ( http: / / www.21cnjy.com )以v0＝4 m/s的水平速度抛出一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量M＝4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6 m、h＝0.15 m，圆弧轨道半径R＝0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g＝10 m/s2。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向；
(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；
(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。
解析：(1)物块由A到B点做平抛运动有H－h＝gt2
设到达B点时竖直分速度为vy，则
vy＝gt
到达B点时速度
v1＝＝5 m/s
设到达B点时速度方向与水平面的夹角为θ，则
tan θ＝＝
解得θ＝37°，即与水平方向成37°夹角斜向下。
(2)设物块到达C点时速度为v2，从A至C点，由动能定理得
mgH＝mv－mv
设物块在C点受到的支持力为N，
则有N－mg＝m
由上式可得v2＝2 m/s，N＝47.3 N
根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为47.3 N，方向竖直向下。
(3)由题意可知小物块m对长木板的摩擦力
f＝μ1mg＝5 N
长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，为
f′＝μ2(M＋m)g＝10 N
因f＜f′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动。
小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为零，才能保证小物块不滑出长木板。
则长木板长度至少满足
l＝＝2.8 m
答案：(1)5 m/s 方向与水平方向成37°夹角斜向下 (2)47.3 N 方向竖直向下 (3)2.8 m
一、选择题
1．(2014·南充质检)自然界中某个量D的变化量ΔD，与发生这个变化所用时间Δt的比值，叫做这个量D的变化率。下列说法正确的是( )
A．若D表示某质点做平抛运动的速度，则是恒定不变的
B．若D表示某质点做匀速圆周运动的位移，则是恒定不变的
C．若D表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则一定变大
D．若D表示某质点的动能，则越大，质点所受外力做的总功就越多
解析：选A 平抛运动是匀变速运动 ( http: / / www.21cnjy.com )，加速度不变，A正确；在匀速圆周运动中，相同Δt内位移大小相等、方向不同，则不同，B错误；竖直上抛运动在相同Δt内，位移变化满足关系式g(Δt)2＝－ΔD，C错误；动能变化率与外力做功多少没有直接关系，D错误。
2．(2014·湛江模拟) ( http: / / www.21cnjy.com )如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧向右上方45°方向匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度( )
A．大小和方向均不变
B．大小不变，方向改变
C．大小改变，方向不变
D．大小和方向均改变
解析：选A 橡皮同时参与两个方向的运 ( http: / / www.21cnjy.com )动：一个是水平方向的匀速直线运动，另一个是竖直方向的匀速直线运动，由于这两个方向上的分运动都是匀速直线运动，因此这两个运动的合运动也是匀速直线运动，即橡皮的速度大小和方向都保持不变，A正确。
3．(2014·六安模拟)如 ( http: / / www.21cnjy.com )图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线、从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则( )
A．a的电荷量一定大于b的电荷量
B．b的质量一定大于a的质量
C．a的比荷一定大于b的比荷
D．b的比荷一定大于a的比荷
解析：选C a、b两粒子在电场中做类平抛运 ( http: / / www.21cnjy.com )动，则x＝v0t，y＝at2，由于xaab，又因为qaE＝maaa，qbE＝mbab，所以>，C正确。
4．(2014·泸州模拟)如 ( http: / / www.21cnjy.com )图所示，细绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球(可视为质点)。当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力FT与轻绳与竖直方向OP的夹角θ满足关系式FT＝a＋bcos θ，式中a、b为常数。若不计空气阻力，则当地的重力加速度为( )
A. B. C. D.
解析：选D 设小球在P点速度为 ( http: / / www.21cnjy.com )v1，在最高点速度为v2，圆周的半径为r，则在最低点，FT1－mg＝；在最高点，FT2＋mg＝，由动能定理知，－2mgr＝mv－mv，由FT＝a＋bcos θ知，最低点时，θ＝0，FT1＝a＋b，最高点时，θ＝180°，FT2＝a－b，由以上各式得g＝，D正确。
5．质量为1 kg的物体在水平面内做曲线运动，已知互相垂直方向上的速度图像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是( )
A．质点初速度的方向与合力方向垂直
B．质点所受的合力为3 N
C．质点的初速度大小为5 m/s
D．2 s末质点速度大小为7 m/s
解析：选A 质点初速度的方向沿y轴正 ( http: / / www.21cnjy.com )方向，初速度大小为4 m/s，合力方向沿x轴正方向，质点初速度的方向与合力方向垂直，A正确，C错误；由图甲斜率知物体运动的加速度a＝1.5 m/s2，由F＝ma知质点所受的合力为1.5 N，B错误；2 s末质点沿x轴方向分速度大小为3 m/s，沿y轴方向分速度大小为4 m/s，合速度大小为5 m/s，D错误。
6．(2014·安徽高考)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2。则ω的最大值是( )
A. rad/s B. rad/s
C．1.0 rad/s D．5 rad/s
解析：选C 物体随圆盘做圆周运动，运动到最 ( http: / / www.21cnjy.com )低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时对小物体受力分析如图所示，根据牛顿第二定律可知，μmgcos 30°－mg·sin 30°＝mrω2，求得ω＝1.0 rad/s，C正确，A、B、D错误。
7．(2014·成都二模)如图甲所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为N，小球在最高点的速度大小为v，其N v2图像如图乙所示，则( )
A．小球的质量为
B．当地的重力加速度大小为
C．v2＝c时，杆对小球弹力方向向上
D．v2＝2b时，杆对小球弹力大小为mg
解析：选AD 由图乙知v2＝b时，N＝ ( http: / / www.21cnjy.com )0；当v2b时，杆对球有向下的拉力；对v28．(2014·眉山模拟)如图甲 ( http: / / www.21cnjy.com )所示，A、B为钉在光滑水平面上的两根铁钉，小球C用细绳拴在铁钉B上(细绳能承受足够大的拉力)，A、B、C在同一直线上。t＝0时，给小球一个垂直于绳的速度，使小球绕着两根铁钉在水平面上做圆周运动。在0≤t≤10 s时间内，细绳的拉力随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法中正确的有( )
A．两钉子间的距离为绳长的
B．t＝10.5 s时细绳拉力的大小为6 N
C．t＝14 s时细绳拉力的大小为10 N
D．细绳第三次碰钉子到第四次碰钉子的时间间隔为3 s
解析：选ABD 在整个过程中小球的线 ( http: / / www.21cnjy.com )速度大小不变，0～6 s 内绳子的拉力不变，则F1＝m，l为绳长，6 s～10 s内绳子的拉力不变，则F2＝m，因为F2＝F1，故l1＝l，所以两钉子间的距离为l，A正确；第一个半圈经历的时间为6 s，则＝6 s，第二个半圈的时间t2＝＝5 s，t＝10.5 s时，小球在转第二个半圈，绳子的拉力为6 N，B正确；同理，可得小球转第三个半圈的时间t3＝＝＝4 s，当t＝14 s时，小球运动的半径为l，由F＝m可得细绳拉力变为初始时刻的倍，大小为7.5 N，C错误；细绳每跟钉子碰撞一次，转动半圈的时间少1 s，则细绳第三次碰钉子到第四次碰钉子的时间间隔为(6－3×1)s＝3 s，D正确。
二、非选择题
9．(2014·衡水调研) ( http: / / www.21cnjy.com )如图所示，水平放置的圆盘半径为R＝1 m，在其边缘C点固定一个高度不计的小桶，在圆盘直径CD的正上方放置一条水平滑道AB，滑道与CD平行。滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，其高度差为h＝1.25 m。在滑道左端静止放置质量为m＝0.4 kg 的物块(可视为质点)，物块与滑道间的动摩擦因数为μ＝0.2。当用一大小为F＝4 N、水平向右的拉力拉动物块的同时，圆盘从图示位置以角速度ω＝2π rad/s绕穿过圆心O的竖直轴匀速转动，拉力作用一段时间后撤掉，物块在滑道上继续滑行，由B点水平抛出，恰好落入小桶内，重力加速度取10 m/s2。
(1)求拉力作用的最短时间；
(2)若拉力作用时间为0.5 s，求所需滑道的长度。
解析：(1)物块做平抛运动，设所用时间为t，则
水平方向R＝vt
竖直方向h＝gt2
解得物块离开滑道时的速度
v＝2 m/s
设拉力拉动物块时其加速度大小为a1，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1
解得a1＝8 m/s2
设撤去拉力后，物块加速度大小为a2，由牛顿第二定律得
μmg＝ma2
解得a2＝2 m/s2
当圆盘转过一圈时物块落入，拉力作用时间最短，圆盘转过一圈时间T＝＝1 s
物块在滑道上先加速后减速，则
v＝a1t1－a2t2
物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期的关系
t1＋t2＋t＝T
解得t1＝0.3 s
(2)物块加速的末速度
v1＝a1t′1＝4 m/s
则滑道长L＝x1＋x2＝a1t′＋＝4 m
答案：(1)0.3 s (2)4 m
10．(2014·河西区一模)如图所示的“S ( http: / / www.21cnjy.com )”形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，放置在竖直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆对接而成，圆半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，轨道在水平方向不可移动。弹射装置将一个小球(可视为质点)从a点水平弹射向b点并进入轨道，经过轨道后从最高点d点水平抛出(抛出后小球不会再碰轨道)，已知小球与地面ab段间的动摩擦因数μ＝0.2，不计其他机械能损失，ab段长L＝1.25 m，半圆半径R＝0.1 m，小球质量m＝0.01 kg，轨道质量为M＝0.26 kg，g＝10 m/s2，求：
(1)若v0＝5 m/s，小球从最高点d抛出后的水平射程；
(2)若v0＝5 m/s，小球经过轨道的最高点d时，管道对小球作用力的大小和方向；
(3)设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当v0至少为多少时，小球经过两半圆的对接处c点时，轨道对地面的压力为零。
解析：(1)设小球到达d点处速度为v，由动能定理得
－μmgL－mg·4R＝mv－mv
小球由d点做平抛运动，则
4R＝gt2
s＝v2t
联立以上各式并代入数值，解得小球从最高点d抛出后的水平射程
s＝ m
(2)当小球通过d点时，由牛顿第二定律得
N＋mg＝m
解得管道对小球作用力大小N＝1.1 N，方向竖直向下。
(3)设小球到达c点处速度为vc，由动能定理得
－μmgL－mg·2R＝mv－mv
在c点对小球由牛顿第二定律得
N′＋mg＝m
要使轨道对地面的压力为零，则有
N′＝Mg
解得小球的最小速度v0＝6 m/s
答案：(1) m (2)1.1 N 方向竖直向下 (3)6 m/s
考向一 天体质量和密度的估算 (选择题)
1．必须记住的基本关系式
(1)利用F万＝F向有G＝m＝mrω2＝m＝ma。
(2)在星球表面附近有G＝mg星→GM＝g星R2(黄金代换)。
2．必须明确的一个关键点
天体质量和密度的估算是指中心天体而非环绕天体的质量和密度的估算。
(2014·全国新课标Ⅱ)假设地球 ( http: / / www.21cnjy.com )可视为质量均匀分布的球体。已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G。地球的密度为( )
A. B.
C. D.
[思路探究]
(1)在地球表面两极处的物体所受的万有引力与其重力有什么关系？
提示：F万＝mg。
(2)在地球赤道处随地球自转的物体向心力由什么力提供？
提示：由万有引力的一个分力提供。
[解析] 物体在地球的两极时，mg0＝G，物体在赤道上时，mg＋m2R＝G，又M＝πR3ρ，以上三式联立解得地球的密度ρ＝，B正确，A、C、D错误。
[答案] B
[感悟升华]
天体质量及密度的估算方法
1．(2014·乐山二模)海王星有13颗已知 ( http: / / www.21cnjy.com )的天然卫星。现认为海卫二绕海王星沿圆轨道匀速运转，已知海卫二的质量为2.0×1019 kg，轨道半径为5.5×106 km，运行的周期为360天，万有引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2。则海王星的质量大约为( )
A．1.0×1017 kg B．1.0×1026 kg
C.2.0×1011 kg D．2.0×1019 kg
解析：选B 万有引力提供向心力，因已知周期，由F万＝F向知＝mr，解得M＝，代入数据得M＝1.0×1026 kg，B正确。
2．如图所示，是美国的“卡西尼”号探测 ( http: / / www.21cnjy.com )器经过长达7年的“艰苦”旅行，进入绕土星飞行的轨道。若“卡西尼”号探测器在半径为R的土星上空离土星表面高h的圆形轨道上绕土星飞行，环绕n周飞行时间为t，已知万有引力常量为G，则下列关于土星质量M和平均密度ρ的表达式正确的是( )
A．M＝， ρ＝
B．M＝， ρ＝
C．M＝， ρ＝
D．M＝， ρ＝
解析：选D 设“卡西尼” ( http: / / www.21cnjy.com )号的质量为m，“卡西尼”号围绕土星的中心做匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，G＝m(R＋h)2，其中T＝，解得M＝，又土星体积V＝πR3，所以ρ＝＝，D正确。
3．(2013·四川高考)迄今发现的二 ( http: / / www.21cnjy.com )百余颗太阳系外行星大多不适宜人类居住，绕恒星“Gliese581”运行的行星“Gl?581c”却很值得我们期待。该行星的温度在0 ℃到40 ℃之间、质量是地球的6倍、直径是地球的1.5倍、公转周期为13个地球日。“Gliese581”的质量是太阳质量的0.31倍。设该行星与地球均视为质量分布均匀的球体，绕其中心天体做匀速圆周运动，则( )
A．在该行星和地球上发射卫星的第一宇宙速度相同
B．如果人到了该行星，其体重是地球上的2倍
C．该行星与“Gliese581”的距离是日地距离的 倍
D．由于该行星公转速率比地球大，地球上的米尺如果被带上该行星，其长度一定会变短
解析：选B 设“Gl?581 ( http: / / www.21cnjy.com )c”、地球质量分别为m1、m2，在“Gl?581c”、地球上发射卫星的第一宇宙速度分别为v1、v2，根据G＝m、G＝m、m1＝6m2、R1＝1.5R2，解得v1＝2v2，A错误；根据G＝mg1、G＝mg2、m1＝6m2、R1＝1.5R2，解得mg1＝2mg2，B正确；设恒星“Gliese581”、太阳质量分别为M1、M2，恒星“Gliese581”与行星“Gl?581c”、太阳与地球的距离分别为r1、r2，行星“Gl?
考情分析 备考策略
1.本专题主要包括物体的平衡和动力学问题 ( http: / / www.21cnjy.com )，命题灵活，情景新颖，形式多样。其中物体的平衡问题主要以选择题的形式呈现，难度较低；而动力学问题涉及的知识面较广，难度中等。
2.高考对本专题考查的重点主要有以下几个方 ( http: / / www.21cnjy.com )面：物体的受力分析；匀变速直线运动规律的应用；刹车问题；运动学图像；牛顿运动定律的应用；动力学两类基本问题；平抛运动；圆周运动；万有引力与航天等知识。 1.深刻理解各种性质力的特点，熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法。
2.解决动力学问题紧紧抓住“两个分析”和“一个桥梁”。综合应用牛顿运动定律和运动学规律解决问题。
3.熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对其综合 ( http: / / www.21cnjy.com )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。
考向一 物体的受力分析 (选择题)
1．六种常见力的方向
力 方向
重力 竖直向下
弹力 垂直于接触面指向受力物体
摩擦力 与接触面相切，与相对运动或相对运动趋势方向相反，但与运动方向不一定相反
电场力 由检验电荷的电性和电场的方向共同决定
安培力 用左手定则判断，垂直于I、B所决定的平面
洛伦兹力 用左手定则判断，垂直于v、B所决定的平面
2.判断静摩擦力的方法
假设法、反推法、利用牛顿第二定律判断、利用牛顿第三定律判断。
3.掌握受力分析的基本步骤
明确研究对象→隔离物体分析→画受力分析图→检查是否漏力或添力。
(2014·泸州质检)如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是( )
A．M处受到的支持力竖直向上
B.N处受到的支持力竖直向上
C．M处受到的静摩擦力沿MN方向
D．N处受到的静摩擦力沿水平方向
[审题指导]
(1)支撑点M、N分别属于点面接触和点点接触。
(2)静摩擦力的方向一定和物体的相对运动趋势方向相反。
[解析] 支撑点M和地面是 ( http: / / www.21cnjy.com )点面接触，受到地面支持力的方向垂直于地面，竖直向上，A正确；支撑点N是点点接触，支持力方向垂直MN斜向上，B错误；M点有向左运动的趋势，则M点受到的静摩擦力沿水平方向向右，D错误；N点有斜向下运动趋势，受到的静摩擦力方向沿MN方向，C错误。
[答案] A
[感悟升华]
受力分析中的“两分析、两注意”
1.(2014·绵阳模拟)如图所示，质 ( http: / / www.21cnjy.com )量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行，木块同时受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态。已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1 ，木板与地面间的动摩擦因数为μ2 ，以下几种说法正确的是( )
A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg
B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)g
C．当F>μ2(m＋M)g时，木板便会开始运动
D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动
解析：选AD 由于木板静止，所以地 ( http: / / www.21cnjy.com )面给木板的静摩擦力大小等于木块给木板的滑动摩擦力，A正确，B错误；木板会不会动，完全取决于木板的受力，木板受到木块的摩擦力已经是最大的了，所以无法让木板运动，C错误，D正确。
2.(2014·沂州模拟)如图所示，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平。现把物体Q轻轻地叠放在P上，则( )
A．P受力个数增加了一个
B．P受力个数增加了两个
C．P所受的合力增大
D．P与斜面间的静摩擦力不变
解析：选A 放Q前P物体静止于斜面 ( http: / / www.21cnjy.com )，设斜面倾角为θ，据平衡条件有mPgsin θ＝f<μmPgcos θ＝fmax，即μ>tan θ；当叠加了Q物体后有μ(mP＋mQ)gcos θ> tan θ(mP＋mQ)gcos θ＝(mP＋mQ)gsin θ，所以此时两物体仍处于静止状态，则P物体受到重力G、斜面的支持力、摩擦力和Q对P的压力，它们的合力仍然为零，而摩擦力增大，A正确，B、C、D错误。
3．(2014·巴中模拟)将某均匀的长方体锯 ( http: / / www.21cnjy.com )成如图所示的A、B两块后，放在水平桌面上并排放在一起，现用水平力F垂直于B的左边推B物体，使A、B整体仍保持矩形沿F方向匀速运动，则( )
A．物体A在水平方向上受三个力的作用，且合力为零
B．物体A在水平方向上受两个力的作用，且合力为零
C．B对A的作用力方向与F方向相同
D．B对A的压力等于桌面对A的摩擦力
解析：选AC 对物体A进行 ( http: / / www.21cnjy.com )受力分析，受到B物体产生的弹力、静摩擦力和水平桌面产生的滑动摩擦力，如图所示，由于A、B整体仍保持矩形沿F方向匀速运动，则物体A所受合力为零，A正确，B错误；B对A的弹力方向垂直于接触面，D错误；B对A的作用力与桌面对A的摩擦力等大反向，B对A的作用力与F方向相同，C正确。
考向二 整体法和隔离法在平衡问题中的应用 (选择题)
1．共点力的平衡条件是F合＝0，平衡状态是指物体处于匀速直线运动状态或静止状态。
2．解决共点力平衡问题的典型方法：力的合成法、正交分解法、图解法、整体法与隔离法。
3．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→列平衡方程→求解或讨论。
如图所示，物块a、b ( http: / / www.21cnjy.com )、c叠放在一起，重均为100 N，小球P重20 N，作用在物块b上的水平力F为10 N，整个系统处于静止状态，以下说法正确的是( )
A．a和b之间的摩擦力是10 N
B．b和c之间的摩擦力是10 N
C．c和桌面间的摩擦力是10 N
D．c对桌面的摩擦力方向向左
[思路探究]
(1)以a为研究对象，由平衡条件判断a、b之间的摩擦力。
(2)以a、b整体为研究对象，由平衡条件判断b、c之间的摩擦力。
(3)以a、b、c整体为研究对象，由平衡条件判断c所受的摩擦力方向，再由牛顿第三定律判断c对桌面的摩擦力方向。
[解析] 物体a静止，故所受摩擦力为零 ( http: / / www.21cnjy.com )，A错误；a、b静止，所受c的摩擦力与水平力等大反向，大小为10 N，B正确；物体P静止，故水平绳的拉力FT＝Gtan 45°＝20 N，研究a、b、c整体，桌面对c的摩擦力向左，大小为10 N，由牛顿第三定律，c对桌面的摩擦力方向向右，大小为10 N，C正确，D错误。
[答案] BC
[感悟升华]
求解连接体平衡问题的方法及注意事项
4．(2014·眉山模拟)如图所示，水 ( http: / / www.21cnjy.com )平细杆上套一细环A，环A和球B间用一轻质细绳相连，质量分别为mA、mB(mA>mB)，B球受到水平风力作用，细绳与竖直方向的夹角为θ，A环与B球都保持静止，则下列说法正确的是( )
A．B球受到的风力大小为mBgtan θ
B．当风力增大时，杆对A环的支持力不变
C．A环与水平细杆间的动摩擦因数为
D．当风力增大时，轻质绳对B球的拉力仍保持不变
解析：选AB B球受力如图甲所示， ( http: / / www.21cnjy.com )由平衡条件得，绳的拉力为FT＝，风力为F＝mBgtan θ，当F增大时，θ角增大，FT增大，A正确，D错误；A、B整体受力如图乙所示，由平衡条件得，水平方向有F＝f≤μ(mA＋mB)g，解得μ≥，竖直细杆对A环的支持力N＝(mA＋mB)g，B正确，C错误。
5．(2014·乐山模拟)如图所示，质量 ( http: / / www.21cnjy.com )相等的A、B两物体在平行于固定斜面的推力F的作用下，沿光滑斜面做匀速直线运动，A、B间轻弹簧的劲度系数为k，斜面的倾角为30°，则匀速运动时弹簧的压缩量为( )
A. B. C. D.
解析：选B A、B作为一个整体受力如 ( http: / / www.21cnjy.com )图所示，由平衡条件得，平行斜面方向有F＝2mgsin θ＝mg，隔离B进行受力分析则有弹簧弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，即kx＝mgsin θ＝0.5mg，解得x＝＝，B正确。
6．(2014·北大附属中学模拟)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B。则( )
A．A对地面的压力等于(M＋m)g
B．A对地面的摩擦力方向向左
C．B对A的压力大小为 mg
D．细线对小球的拉力大小为 mg
解析：选AC A、B叠放一起静 ( http: / / www.21cnjy.com )止于水平面上，可以看做一个整体，受力分析只有他们的重力和地面的支持力，所以二力平衡，支持力等于重力等于(M＋m)g，地面对整体没有摩擦力，如果有摩擦力，则不能平衡，A正确，B错误；对B球受力分析如图所示，重力和拉力的合力与支持力等大反向，绳子拉力水平说明B的球心和A的顶端等高，即B的球心到地面高度为R，B的球心到A的球心的连线长度为R＋r，那么cos α＝，在重力和水平拉力的合力矢量四边形中，N＝，解得N＝mg，C正确；细绳拉力FT＝mgtan α＝mg·，D错误。
考向三 共点力作用下的动态平衡问题 (选择题)
1．动态平衡：物体在缓慢移动过程中，可认为其速度、加速度均为零，物体处于平衡状态。
2．动态平衡问题常用的一个重要推论：三个或三个以上的共点力平衡，某一个力与其余力的合力等大反向。
(2014·宜宾质检)如图所示，用 ( http: / / www.21cnjy.com )OA、OB两根轻绳将物体悬于两竖直墙之间，开始时OB 绳水平。现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳末端由B点缓慢上移至B′点，此时OB′与OA之间的夹角θ<90°。设此过程中OA、OB的拉力分别为FOA、FOB, 下列说法正确的是( )
A．FOA逐渐增大 B．FOA逐渐减小
C．FOB逐渐增大 D．FOB逐渐减小
[审题指导]
(1)结点O共受几个力作用？
提示：3个力的作用。
(2)“缓慢”的含义是什么？
提示：说明物体处于动态平衡状态。
(3)在缓慢变化的过程中，这几个力的大小和方向变化有什么特点？
提示：重力的大小、方向都不变，FOA的方向不变，FOB的大小、方向均变化。
[解析] 以结点O为研究对象，受力如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，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在两个位置时力的合成图如图所示，由图可得，FOA逐渐减小，FOB先减小后增大，当θ＝90°时，FOB最小，B正确。
[答案] B
[感悟升华]
妙解动态平衡问题的两种典型方法
7.如图所示，一个挡板固定于 ( http: / / www.21cnjy.com )光滑水平地面上，截面为圆的柱状物体甲放在水平面上，半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，没有与地面接触而处于静止状态。现在对甲施加一个水平向左的力F，使甲沿地面极其缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止。设乙对挡板的压力为F1，甲对地面的压力为F2，在此过程中( )
A．F1缓慢增大，F2缓慢增大
B．F1缓慢增大，F2不变
C．F1缓慢减小，F2不变
D．F1缓慢减小，F2缓慢增大
解析：选C 把甲、乙看做一个整体，竖直 ( http: / / www.21cnjy.com )方向仅受重力和地面的支持力，在此过程中，两物体重力不变，支持力不变，由牛顿第三定律得，甲对地面的压力F2不变；选取乙为研究对象，乙物体受力如图所示，甲对乙的作用力F3和挡板对乙的作用力F′1的合力F合始终与乙的重力等大、反向，在甲沿地面缓慢地向左移动的过程中，甲对乙的作用力F3逐渐减小，挡板对乙的弹力F′1逐渐减小，所以乙对挡板的压力F1逐渐减小，C正确。
8．如图所示，一光滑小球静止放置在光滑 ( http: / / www.21cnjy.com )半球面的最底端，利用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面)，木板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是( )
A．F1增大、F2减小 B．F1增大、F2增大
C．F1减小、F2减小 D．F1减小、F2增大
解析：选B 小球受力如图所示：
根据平衡条件得F1＝mgtan θ，F2＝，随着小球向右移动，θ角越来越大，F1和F2都增大，B正确。
9．(2014·南充质检)如图所示，倾角 ( http: / / www.21cnjy.com )为θ的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏斗a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都处于静止状态，则( )
A．b对c的摩擦力一定减小
B．b对c的摩擦力方向可能平行斜面向上
C．地面对c的摩擦力方向一定水平向右
D．地面对c的摩擦力先减小后增大
解析：选B 当沙子的质量较少时，c对b的摩擦 ( http: / / www.21cnjy.com )力沿斜面向上，由于沙子流出，则绳对b的拉力逐渐减小，对b物块受力分析可知，斜面c对b的摩擦力逐渐增大，由牛顿第三定律知，A错误；当沙子的质量大时，c对b的摩擦力方向沿斜面向下，由牛顿第三定律知识，B正确；对b、c整体受力分析知，地面对c的摩擦力一定水平向左，且逐渐减小，C、D错误。
电磁学中的共点力平衡问题
(2014·攀枝花模拟)长为 ( http: / / www.21cnjy.com )L的通电直导线放在倾角为θ的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，当B方向竖直向上，如图甲所示，电流为I1时导体处于平衡状态，若B方向改为垂直斜面向上，如图乙所示，则电流为I2时导体处于平衡状态，电流比值应为( )
甲 乙
A．cos θ B. C．sin θ D.
第1步：找关键点
(1)“光滑斜面”：说明导体不受摩擦力。
(2)“平衡状态”：说明导体受力平衡。
第2步：寻交汇点
(1)力学知识：受力分析、平衡条件。
(2)电磁学知识：左手定则、安培力的大小。
第3步：明突破点
(1)当B方向竖直向上，由左手定则判断安培力的方向，对导体受力分析，根据平衡条件列方程。
(2)若B方向改为垂直斜面向上，由左手定则判断安培力的方向，对导体受力分析，根据平衡条件列方程。
[解析] 电流为I1时导体受力如图甲所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，由平衡条件得mgtan θ＝ BI1L，解得I1＝；电流为I2时导体受力如图乙所示，由平衡条件得mgsin θ＝ BI2L，解得I2＝，故＝，B正确。
[答案] B
[感悟升华]
电磁学中共点力平衡问题的分析思路
(1)明确电荷的电性和场的方向。
(2)根据左手定则、带电体的带电性质或磁场方向，判定研究对象所受的安培力或洛伦兹力的方向，根据电荷的电性和电场的方向判断库仑力的方向。
(3)对研究对象进行受力分析，比以往多了电场力F＝Eq、安培力F＝BIL或洛伦兹力F＝Bqv。
(4)列平衡方程求解。
[跟踪训练]
(2014·浙江高考)如图所示，水平地 ( http: / / www.21cnjy.com )面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行。小球A的质量为m、电量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d。静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上，则( )
A．小球A与B之间库仑力的大小为
B．当＝ 时，细线上的拉力为0
C．当＝ 时，细线上的拉力为0
D．当＝ 时，斜面对小球A的支持力为0
解析：选AC 根据库仑定律可得两小球之间的库仑力大小为F库＝，A正确；当细线上的拉力为零时，小球A受到库
仑力、斜面支持力、重力，小球A受力 ( http: / / www.21cnjy.com )如图所示，由平衡条件得 ＝mgtan θ，解得＝ ，B错误，C正确；由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为零，D错误。
1．(2014·九江模拟)如图所示， ( http: / / www.21cnjy.com )木板B放在粗糙的水平面上，木块A放在B的上面，A的右端通过一不可伸长的轻绳固定在竖直墙上，用水平恒力F向左拉动B，使其以速度v做匀速运动，此时绳水平且拉力大小为FT，下面说法正确的是( )
A．若木板B以2v匀速运动，则拉力仍为F
B．绳上拉力FT与水平恒力F大小相等
C．木块A受到的是静摩擦力，大小等于FT
D．木板B受到一个静摩擦力，一个滑动摩擦力，合力大小等于F
解析：选A 以B为研究对象分析受力，当 ( http: / / www.21cnjy.com )其匀速运动时，受力平衡，受力情况与速度大小无关，A正确；以A、B整体为研究对象分析受力可知F＝FT＋f地，故绳子拉力小于F，B错误；木块A与B之间发生相对滑动，所以A所受摩擦力为滑动摩擦力，C错误；以B为研究对象分析其水平方向受力情况可得F＝f地＋fA，两个摩擦力均为滑动摩擦力，D错误。
2．(2014·海淀区模拟) ( http: / / www.21cnjy.com )如图甲所示，一定质量的通电导体棒ab置于倾角为θ的粗糙导轨上，在图乙所加各种大小相等方向不同的匀强磁场中，导体棒ab均静止，则下列判断错误的是( )
甲
乙
A．四种情况导体棒受到的安培力大小相等
B．A中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零
C．B中导体棒ab可能是二力平衡
D．C、D中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零
解析：选D 因磁感线都垂直 ( http: / / www.21cnjy.com )于导体，所以安培力大小相等，A中安培力方向水平向右，而支持力垂直于斜面，与重力可以构成三力平衡，所以摩擦力可能为零；同理B安培力方向向上，可以构成二力平衡；C中安培力方向向下，D中安培力方向水平向左，要平衡则一定要受到摩擦力作用。综上所述，A、B、C正确，D错误。
3．物块M在静止的传送带上匀速下滑时，若传送带突然转动且转动的方向如图中箭头所示，则传送带转动后( )
A．M将减速下滑 B．M仍匀速下滑
C．M受到的摩擦力变小 D．M受到的摩擦力变大
解析：选B 由物块M在静止的传送带上匀速下 ( http: / / www.21cnjy.com )滑知，Mgsin θ＝μMg·cos θ，若传送带突然如题图中所示转动，转动后物块所受的摩擦力和静止时相同，故物块的受力没有变化，则物块的运动状态也不变化，M仍匀速下滑，B正确。
4．(2014·广元模拟)如图所示，截面为三 ( http: / / www.21cnjy.com )角形的木块a上放置一铁块b，三角形木块竖直边靠在竖直且粗糙的墙面上，现用竖直向上的作用力F推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下列说法正确的是( )
A．木块a与铁块b间一定存在摩擦力
B．木块与竖直墙面间一定存在水平弹力
C．木块与竖直墙面间一定存在摩擦力
D．竖直向上的作用力F大小一定大于铁块与木块的重力之和
解析：选A 隔离铁块b，因其匀速运动，故铁块 ( http: / / www.21cnjy.com )b受重力、斜面对它的垂直斜面向上的支持力和沿斜面向上的静摩擦力，A正确；a、b整体水平方向不受力，故木块与竖直墙面间不存在水平弹力，没有弹力也就没有摩擦力，B、C错误；竖直方向F＝Ga＋Gb，D错误。
5．(2014·山东高考)如 ( http: / / www.21cnjy.com )图所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变。木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后( )
A．F1不变，F2变大 B．F1不变，F2变小
C．F1变大，F2变大 D．F1变小，F2变小
解析：
选A 对木板受力分析如图所示，木 ( http: / / www.21cnjy.com )板静止，所受合力为零，所以F1不变，将两轻绳各减去一小段，木板再次静止，两绳之间的夹角变大，由2F2cos＝mg知F2＝，则F2变大，A正确。
6．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝 ( http: / / www.21cnjy.com )缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置，如果将小球B向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比( )
A．推力F将增大
B．竖直墙面对小球A的弹力增大
C．地面对小球B的弹力减小
D．两个小球之间的距离增大
解析：选D 将A、B视为整体进行受力分 ( http: / / www.21cnjy.com )析，在竖直方向只受重力和地面对整体的支持力N(也是对B的支持力N)，将B向左推动少许后，竖直方向受力不变，所以N＝(mA＋mB)g为一定值，C错误；对B进行受力分析如图所示，由平衡条件可知N＝mBg＋F斥cos θ，向左推B，θ减小，所以F斥减小，由库仑定律F斥＝k得A、B间距离r增大，D正确；而F＝F斥sin θ，θ减小，F斥减小，所以推力F减小，A错误；将A、B视为整体时在水平方向上有F＝NA，所以墙面对小球A的弹力NA减小，B错误。
7．(2014·资阳模拟)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O′处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点。已知容器半径为R，与水平面间的动摩擦因数为μ，OP与水平方向的夹角为θ＝30°。下列说法正确的是( )
A．容器相对于水平面有向左运动的趋势
B．轻弹簧对小球的作用力大小为 mg
C．容器对小球的作用力竖直向上
D．弹簧原长为R＋
解析：选D 由于容器和小球组成的 ( http: / / www.21cnjy.com )系统处于平衡状态，容器相对于水平面没有向左运动的趋势，A错误；容器对小球的作用力是弹力，指向球心O，C错误；小球受力如图所示，由θ＝30°得小球受到容器的支持力和弹簧对小球的弹力大小均为mg，B错误；图中弹簧长度为R，压缩量为，故原长为R＋，D正确。
8．(2014·新民模拟)一人站在斜面 ( http: / / www.21cnjy.com )上，推着一个重力大小为G的大雪球，若雪球刚好处在一处倾角为θ的光滑斜面上，且始终处于静止状态，此人的推力通过雪球的球心，则( )
A．此人的推力最小值为Gtan θ
B．此人的推力最小值为Gsin θ
C．此人的推力最大值为
D．此人的推力最大值为
解析：选B 对雪球受力分析如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，受重力G、弹力N、推力F作用，因雪球静止在斜面上，由平衡条件及平行四边形定则知，推力和支持力合力大小等于重力，由平行四边形定则知，当推力由水平转至沿斜面向上时最小为Gsin θ，A错误，B正确；推力由水平向下转时能达无穷大，无最大值，C、D错误。
9．(2014·银川模拟)用一轻绳将 ( http: / / www.21cnjy.com )小球P系于光滑墙壁上的O点，在墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q。P、Q均处于静止状态，则下列相关说法正确的是( )
A．P物体受4个力
B．Q受到3个力
C．若绳子变长，绳子的拉力将变小
D．若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大
解析：选AC 对Q进行受力分析，受重力 ( http: / / www.21cnjy.com )、压力、支持力和P对Q向上的静摩擦力，共4个力，B错误；P受到重力、拉力、支持力和Q给P的静摩擦力，共4个力，A正确；对P、Q整体进行受力分析，如图所示，根据平衡条件，有Fcos θ＝(M＋m)g，绳子变长时，θ变小，因此绳子拉力F变小，C正确；绳子变短，θ变大，绳子拉力F变大，Q受到的静摩擦力大小始终等于其重力，D错误。
10．(2014·哈尔滨 ( http: / / www.21cnjy.com )模拟)如图所示，两段等长细线L1和L2串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点。现施加水平向右的力F缓慢拉动a，L1对a球的拉力大小为F1、L2对b球的拉力大小为F2，在缓慢拉动的过程中， F1和F2的变化情况是( )
A．F1变大 B．F1 变小
C．F2 不变 D．F2 变大
解析：选AC 把a球和b球作为一个 ( http: / / www.21cnjy.com )整体进行受力分析，如图甲，由力的图解法，L1对a球的拉力F1变大；对b球进行受力分析，如图乙，由二力平衡可知，L2对b球的拉力F2等于其重力，故F2不变，A、C正确。
11．(2014·眉山模 ( http: / / www.21cnjy.com )拟)一套有细环的粗糙杆水平放置，带正电的小球通过绝缘细线系在细环上，并将整个装置放入一水平的匀强电场中，处于平衡状态，如图所示。现在将电场稍加大一些，小球再次平衡，下列说法正确的有( )
A．细线对细环的拉力保持不变
B．细线对带电小球的拉力变大
C．细环所受的摩擦力变大
D．粗糙杆对细环的支持力保持不变
解析：选BCD 对小球受力分析如图 ( http: / / www.21cnjy.com )，将电场稍加大一些，小球所受的电场力增大，竖直方向Fcos θ＝mg，E变大，θ变大，F变大，即细线对带电小球的拉力变大，A错误，B正确；把小球和细环看做一个整体，水平方向f＝qE，竖直方向N＝(M＋m)g，小球所受电场力增大，则细环所受的摩擦力变大，竖直方向二者所受重力不变，粗糙杆对细环的支持力保持不变，C、D正确。
12．如图所示，一个质量为m的滑 ( http: / / www.21cnjy.com )块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°。则( )
A．滑块可能受到三个力作用
B．弹簧一定处于压缩状态
C．斜面对滑块的支持力大小可能为零
D．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于 mg
解析：选AD 弹簧与竖直方向的夹角 ( http: / / www.21cnjy.com )为30°，所以弹簧的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，此时弹簧弹力为零，处于原长状态，A正确，B错误；由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，不可能为零，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，C错误，D正确。
13．(2014·昆明模拟 ( http: / / www.21cnjy.com ))如图所示，有两条和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆(内阻不计)从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间，金属杆的速度趋近于一个最大速度vm，则( )
A．如果B增大，vm将变大
B．如果α变大，vm将变大
C．如果R变大，vm将变大
D．如果m变小，vm将变大
解析：选BC 当金属杆匀速运动 ( http: / / www.21cnjy.com )时速度最大，对金属杆受力分析，由平衡条件得mgsin α－BIl＝0，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得I＝，解得vm＝，分析得B、C正确。
考向一 匀变速直线运动规律的应用 (选择题或计算题)
1．牢记解决匀变速直线运动问题的四种常用方法
2．处理刹车类问题的思路：先判断刹车时间，再进行分析计算。
(2014·全国新课标Ⅰ)公路上行驶的两 ( http: / / www.21cnjy.com )汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的。若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。
[思路探究]
(1)在“人的反应时间和汽车系统的反应时间”内汽车做匀速直线运动。
(2)汽车在晴天和雨天行驶，其安全距离不变而加速度发生变化。
[解析] 设路面干燥时，汽车与地面间 ( http: / / www.21cnjy.com )的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg＝ma0①
s＝v0t0＋②
式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。
设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝μ0③
设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得
μmg＝ma④
s＝vt0＋⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
v＝20 m/s(或72 km/h) ⑥
[答案] 20 m/s(或72 km/h)
1．(2014·德阳质检 ( http: / / www.21cnjy.com ))汽车正在以10 m/s的速度在平直的公路上匀速前进，在它的正前方x处有一辆自行车以4 m/s 的速度做同方向的匀速直线运动，汽车立即关闭油门做a＝－6 m/s2的匀变速运动，若汽车恰好碰不上自行车，则x的大小为( )
A．8.33 m B．3 m C．3.33 m D．7 m
解析：选B 汽车减速到4 ( http: / / www.21cnjy.com ) m/s所需的时间t＝＝1 s，此时汽车的位移x1＝v1t＋at2＝7 m；自行车的位移x2＝v2t＝4 m，若汽车恰好碰不上自行车，则有x2＋x＝x1，解得x＝3 m，B正确。
2．(2014·泸州质检)研究表明， ( http: / / www.21cnjy.com )一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0＝0.4 s，但饮酒会导致反应时间延长。在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72 km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L＝39 m。减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。求：
(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；
(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；
(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。
解析：(1)设减速过程汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0＝20 m/s，末速度v＝0，位移s＝25 m，由运动学公式得
v－v2＝2as①
t＝②
联立①②式，代入数据得
a＝8 m/s2③
t＝2.5 s④
(2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得
L＝v0t′＋s⑤
Δt＝t′－t0⑥
联立⑤⑥式，代入数据得
Δt＝0.3 s⑦
(3)设志愿者所受合力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得
F＝ma⑧
由平行四边形定则得
F＝F2＋(mg)2⑨
联立③⑧⑨式，代入数据得
＝⑩
答案：(1)8 m/s2 2.5 s (2)0.3 s (3)
考向二 直线运动的图像问题 (选择题)
x t图像和v t图像的对比分析
( http: / / www.21cnjy.com )
(2014·广东高考)如图是物体做直线运动的v t图像。由图可知，该物体( )
A．第1 s内和第3 s内的运动方向相反
B．第3 s内和第4 s内的加速度相同
C．第1 s内和第4 s内的位移大小不相等
D．0～2 s和0～4 s内的平均速度大小相等
[解析] 第1 s内和第3 s内的速度 ( http: / / www.21cnjy.com )都为正的，运动方向相同，A错误；第3 s内和第4 s内的图像斜率相同，因此加速度相同，B正确；第1 s内和第4 s内的位移大小都等于图线与横轴所围面积的大小，都为x＝×1×1 m＝0.5 m，C错误；0～2 s内的位移和0～4 s内的位移相等，但由于时间不同，因此平均速度不同，D错误。
[答案] B
[感悟升华]
从v t图像中巧得四个运动量
3.(2014·宝鸡模拟)a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的v t图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．a、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度
B．20 s时，a、b两物体相距最远
C．60 s时，物体a在物体b的前方
D．40 s时，a、b两物体速度相等，相距200 m
解析：选C v t图像的斜率表示加速度 ( http: / / www.21cnjy.com )，因此在加速阶段，物体a的加速度小于物体b的加速度，A错误；20 s时，物体b开始运动，在两物体速度达到相等之前，两物体之间的距离越来越大，40 s时两物体相距最远，B错误；图像与时间轴围成的面积表示物体的位移，故60 s时，物体a的位移为2 100 m，而b的位移为1 600 m，C正确；40 s时，a、b两物体速度相等，物体a的位移为1 300 m，物体b的位移为400 m，两物体相距900 m，D错误。
4．(2014·自贡调研)a、b、c三 ( http: / / www.21cnjy.com )个物体在同一条直线上运动，三个物体的x t图像如图所示，图像c是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是( )
A．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同
B．a、b两物体都做匀变速直线运动，两个物体的加速度大小相等，方向相反
C．在0～5 s内，当t＝5 s时，a、b两个物体相距最近
D．物体c一定做变速直线运动
解析：选D 图像为位移—时间图像，由图可知， ( http: / / www.21cnjy.com )a、b两物体的运动方向相反，都做匀速直线运动，速度大小相同，A、B错误；a、b两物体从同一点出发，向相反方向运动，在0～5 s内，5 s 时相距最远，C错误；由图像可知，c是一条抛物线，故其函数关系为x＝kt2，由运动学公式可知，该物体以加速度2k做匀加速直线运动，D正确。
5．(2013·四川高考)甲、乙两物体在t＝0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v t图像如图所示，则( )
A．甲、乙在t＝0到t＝1 s之间沿同一方向运动
B．乙在t＝0到t＝7 s之间的位移为零
C．甲在t＝0到t＝4 s之间做往复运动
D．甲、乙在t ＝6 s时的加速度方向相同
解析：选BD 根据v t图像可 ( http: / / www.21cnjy.com )知，在0～1 s时间内，甲一直向正方向运动，而乙先向负方向运动再向正方向运动，故A错误；根据v t图像可知，在0～7 s时间内，乙的位移为零，故B正确；根据v t图像可知，在0～4 s时间内，甲一直向正方向运动，故C错误；根据v t图像可知，在t＝6 s时，甲、乙的加速度方向均与正方向相反，故D正确。
考向三 用牛顿运动定律解决连接体问题 (选择题)
1．牛顿第二定律的表达式：F合＝ma。
2．整体法：在连接体问题中，如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法列牛顿第二定律方程。
3．隔离法：如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法列牛顿第二定律方程。
(2014·四川高考)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是( )
[审题指导]
(1)由v1和v2的大小关系确定传送带对P物体的摩擦力的方向。
(2)由P受到绳的拉力和摩擦力之间的关系确定P的最终状态。
[解析] 若v1＞v2，且P ( http: / / www.21cnjy.com )受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确。若v1＞v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速。若v2＞v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a1＝，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有FT＞μmg，此后加速度a2＝，故C正确，A、D错误。
[答案] BC
6．如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两 ( http: / / www.21cnjy.com )物块用轻线连接放在倾角为θ的光滑斜面上，用始终平行于斜面向上的恒力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，为了增加轻线上的张力，可行的办法是( )
A．增大A的质量 B．增大B的质量
C．增大倾角θ D．增大拉力F
解析：选BD 对于A、B整体由牛顿第二定律 ( http: / / www.21cnjy.com )得F－(mA＋mB)gsin θ＝(mA＋mB)a，对于B由牛顿第二定律得FT－mBgsin θ＝mBa，解以上两式得FT＝F，B、D正确。
7．(2014·内江联考)如图甲所示，在粗糙 ( http: / / www.21cnjy.com )的水平面上，质量分别为m和M(m∶M＝1∶2)的物块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的力作用于A上且竖直向上匀加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，如图乙所示，则x1∶x2等于( )
A．1∶1 B．1∶2 C．2∶1 D．2∶3
解析：选B 当水平力F作用在B ( http: / / www.21cnjy.com )上时，则对A、B整体分析有F－3μmg＝3ma1，a1＝(F－3μmg)/(3m)；对A隔离分析有kx1－μmg＝ma1，解得F＝3kx1；当F竖直向上时，对A、B整体分析有F－3mg＝3ma2，a2＝(kx1－mg)/m，对B物体隔离分析有kx2－2mg＝2ma2，解得x1∶x2＝1∶2，B正确。
8．(2014·江苏高考)如图所示，A、B两 ( http: / / www.21cnjy.com )物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则( )
A．当F<2μmg时，A、B都相对地面静止
B．当F＝μmg时，A的加速度为μg
C．当F>3μmg时，A相对B滑动
D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg
解析：选BCD A、B间的 ( http: / / www.21cnjy.com )最大静摩擦力为2μmg，B和地面之间的最大静摩擦力为μmg，对A、B整体，只要F＞μmg，整体就会运动，A错误；当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B将要发生相对滑动，故A、B一起运动的加速度的最大值满足2μmg－μmg＝mamax，B运动的最大加速度amax＝μg，D正确；此时，对A、B整体，有F－μmg＝3mamax，则F＞3μmg时两者会发生相对运动，C正确；当F＝μmg时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F－μmg＝3ma，解得a＝μg，B正确。
考向四 动力学的两类基本问题 (选择题或计算题)
1．解决动力学两类问题的关键是受力分析和运动分析，而加速度是联系力与运动的桥梁，其基本思路如下：
第一类问题
第二类问题
2．常用方法
(1)整体法与隔离法。
(2)正交分解法：一般取加速度的方向和垂直于加速度的方向进行分解，为减少分解的矢量个数，有时也根据情况分解加速度。
(2014·达州模拟) ( http: / / www.21cnjy.com )如图所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝2 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t＝2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L＝10 m。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝。重力加速度g取10 m/s2 。
(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；
(2)拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？
[审题指导]
(1)物块由A到B做什么运动？应选用什么公式确定物块的加速度和速度？
提示：匀加速直线运动，因为L、v0、t已知，则用运动学公式求a和v。
(2)拉力F平行于斜面时拉力一定最小吗？
提示：不是。
(3)计算物块与斜面间的滑动摩擦力f＝μmgcos θ对吗？
提示：不对，因为还有F的作用。
[解析] (1)设物块的加速度大小为a，到达B点时速度大小为vB，由运动学方程得
L＝v0t＋at2
vB＝v0＋at
解得 a＝3 m/s2，vB＝8 m/s
(2)对物块受力分析如图所示，N、f为物块所受支持力、摩擦力，设拉力F与斜面夹角为α，由牛顿第二定律得，垂直斜面方向有
Fsin α＋N＝mgcos θ
沿斜面方向有
Fcos α－mgsin θ－f＝ma
又因为f＝μN
解得Fcos α＋Fsin α＝5.2 N
则 F＝＝＝
当α＝30°时，拉力F有最小值，
Fmin＝ N
[答案] (1)3 m/s2 8 m/s (2)30° N
[感悟升华]
处理多过程动力学问题基本流程
9．(2014·漳州质检)图甲为便利 ( http: / / www.21cnjy.com )运输工具双轮行李小车，送水员用双轮小车运送桶装矿泉水，图乙为小车截面示意图，在拉运过程中图示角度保持不变，已知小车和桶装矿泉水的总质量为20 kg，不计桶与小车之间摩擦力的影响，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，送水员拉动小车使矿泉水和小车一起以a＝5 m/s2的加速度水平向右做匀加速直线运动时，下列说法正确的是( )
A．小车P侧轨道对桶的支持力大小为160 N
B．小车Q侧轨道对桶的支持力大小为250 N
C．桶对小车两侧轨道的压力大小之比FP∶FQ＝1∶2
D．桶对小车两侧轨道的压力大小之比FP∶FQ＝4∶3
解析：选C 对桶受力分析如图所示，建立直 ( http: / / www.21cnjy.com )角坐标系，水平方向FQcos 37°－FPcos 53°＝ma，竖直方向FQsin 37°＋FPsin 53°＝mg。联立解得FP∶FQ＝1∶2，C正确，D错误；由于不知道桶装矿泉水的质量，则无法计算轨道对桶的支持力，A、B错误。
10．(2014·乐山模拟)在粗糙 ( http: / / www.21cnjy.com )的水平面上有两个静止的物体A、B，它们的质量均为m＝2 kg。A与水平面间的动摩擦因数为μ1＝0.4，B与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2。在水平恒力F＝20 N的作用下从静止开始向右做匀加速直线运动，F作用了t＝2 s然后撤掉。求：A、B都静止时它们之间的距离L。(g＝10 m/s2)
解析：对A、B整体由牛顿第二定律得
F－μ1mg－μ2mg＝2ma
解得a＝2 m/s2
两物块2 s时的速度v＝at＝4 m/s
撤去力F后，A的加速度大小aA＝μ1g＝4 m/s2
从减速到静止，A的位移大小
xA＝＝2 m
B的加速度大小aB＝μ2g＝2 m/s2
从减速到静止，B的位移大小
xB＝＝4 m
所以A、B都静止时它们之间的距离L＝xB－xA＝2 m
答案：2 m
力学观点和能量观点解决传送带问题
(2014·遂宁模拟)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )所示，质量为m的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L，今使滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。滑块与传送带间的动摩擦因数为μ。
(1)试分析滑块在传送带上的运动情况；
(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能Ep；
(3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q。
第1步：找关键点
(1)“光滑的水平平台”：说明滑块在平台上不受摩擦力。
(2)“缓慢向左压缩”：说明滑块速度为零。
(3)“恰好与传送带速度相同”：说明滑块在传送带上做变速直线运动，且末速度与传送带速度相等。
第2步：寻交汇点
(1)动力学知识：受力分析、运动学规律、牛顿第二定律。
(2)能量知识：机械能守恒定律、功能关系。
第3步：明突破点
(1)滑块在光滑的水平平台上滑动，只有弹簧的弹力做功，系统机械能守恒。
(2)滑块在传送带上滑动时受摩擦力作用，滑块速度与传送带速度的大小关系决定了滑动摩擦力的方向，从而决定了滑块的运动状态。
(3)滑块相对传送带滑动的过程，可由功能关系Q＝Ffx相对求解滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量。
[解析] (1)若滑块冲上传 ( http: / / www.21cnjy.com )送带时的速度小于传送带的速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动。
(2)设滑块冲上传送带时的速度为v，在弹簧弹开过程中，由机械能守恒得
Ep＝mv2①
设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a，则
由牛顿第二定律得μmg＝ma②
由运动学公式得v2－v＝2aL③
解得Ep＝mv＋μmgL
(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移
x＝v0t④
v0＝v－at⑤
滑块相对传送带滑动的位移
Δx＝L－x⑥
相对滑动产生的热量
Q＝μmg·Δx⑦
联立解得
Q＝μmgL－mv0(－v0)
[答案] (1)见解析 (2)mv＋μmgL
(3)μmgL－mv0(－v0)
[感悟升华]
分析传送带问题“三步走”
[跟踪训练]
(2014·达州模拟)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，为一棉纺车间传送棉花包的示意图，水平传送带长O1O2＝2 m，每一个棉花包的质量为50 kg，棉花包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，棉花包滑上传送带时速度v1＝3 m/s，轮子半径不计，g＝10 m/s2，传送带速度v2＝4 m/s，传送带高出地面5 m，求：
(1)棉花包离开传送带后，落地点A距O3的水平距离；
(2)每传送一个棉花包，传送带所消耗的电能(忽略电机内耗)。
解析：(1)由于v1＜v2，棉花包在传送带上先做匀加速直线运动，设加速度为a，由牛顿第二定律得μmg＝ma
解得a＝μg＝2 m/s2
设棉花包速度达到v2时通过的位移为x，A距O3的距离为x2，则
x＝＝1.75 m<2 m
故棉花包将最终以v2＝4 m/s速度做平抛运动，则
水平方向x2＝v2t
竖直方向h＝gt2
解得x2＝4 m
(2)摩擦力存在时间
t′＝＝0.5 s
传送带前进位移x′＝v2t′＝2 m
传送带消耗的电能等于传送带克服摩擦力所做的功，则
E＝W＝μmgx′＝200 J
答案：(1)4 m (2)200 J
一、选择题
1．(2014·宜宾联考)如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置—时间(x t)图线。由图可知( )
A．在时刻t1，a、b两车运动方向相同
B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反
C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减小后增大
D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大
解析：选C x t图线的斜率表示速度，从题图中看出，a车始终静止，b车先正向减速，减速为零后，再反向加速，A、B、D错误，C正确。
2．(2014·延安质检)从三亚飞往 ( http: / / www.21cnjy.com )西安的波音737航班，到达咸阳国际机场着陆的速度为60 m/s，然后以大小为5 m/s2的加速度做匀减速直线运动直到停下，则飞机在着陆后第14 s内的位移为( )
A．0 B．350 m C．360 m D．1 330 m
解析：选A 飞机着陆后到停止所需的时间t0＝＝12 s＜14 s，所以飞机在第14 s内是静止的，位移等于零，A正确。
3．(2014·泸州质检)如图所示， ( http: / / www.21cnjy.com )质量为M的斜面体放在地面上，另有质量为m的木块从斜面体顶端沿斜面加速下滑，斜面体始终保持静止。设下滑过程中地面对斜面体的支持力和摩擦力分别为N和f，则( )
A．N<(M＋m)g，f水平向左
B．N<(M＋m)g，f水平向右
C．N>(M＋m)g，f水平向左
D．N>(M＋m)g，f水平向右
解析：选A 设斜面体的倾角为θ，由 ( http: / / www.21cnjy.com )于木块加速下滑，则有mgsin θ＞f，即mgsin θ＞μmgcos θ，假设地面对斜面体的摩擦力f1水平向左，对斜面体受力分析如图所示，则水平方向上受到合力为零，f′cos θ＋f1＝f′sin θ，又因为f′＝f，f′＝mgcos θ，解得f1＝mgsin θ ·cos θ－μmgcos2θ＝cos θ(mgsin θ－μmgcos θ)＞0，则假设成立，即地面对斜面体的摩擦力水平向左，木块加速下滑，木块失重，对整体受力分析知地面对斜面体的支持力N＜(M＋m)g。A正确。
4．(2014·重庆高考)以不同初速 ( http: / / www.21cnjy.com )度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v t图像可能正确的是( )
解析：选D 竖直上抛运动不受空气阻 ( http: / / www.21cnjy.com )力，做向上的匀减速直线运动至最高点再向下做自由落体运动，v t图像是倾斜向下的直线，四个选项(虚线)均表示正确；有阻力f＝kv的上抛运动，上升时，a上＝，随着v减小，加速度减小，对应的v t图线的斜率减小，A错误；下落时，a下＝，随着v增大，加速度减小，故在最高点时v＝0，a＝g，对应的v t图线与轴的交点，其斜率应该等于g，即过与t轴的交点的切线应该与竖直上抛运动的直线(虚线)平行，D正确。
5．(2014·全国新课 ( http: / / www.21cnjy.com )标Ⅰ)如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)。与稳定在竖直位置时相比，小球的高度( )
A．一定升高
B．一定降低
C．保持不变
D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
解析：选A 设橡皮筋的原长 ( http: / / www.21cnjy.com )为L，开始时系统处于平衡状态，小球受到的合力为零，橡皮筋处于竖直方向，橡皮筋悬点O距小球的高度L1＝L＋；当小车向左加速，稳定时，设橡皮筋与竖直方向的夹角为θ，对小球受力分析如图所示，由图可知，橡皮筋上的弹力kx＝，橡皮筋悬点O距小球的高度L2＝cos θ＝Lcos θ＋，可见，L1>L2，A正确，B、C、D错误。
6．(2014·达州模拟)从地面 ( http: / / www.21cnjy.com )竖直上抛一物体A，同时在离地面某一高度处有另一物体B自由下落，两物体在空中同时到达同一高度时速率都为v，空气阻力均忽略不计，则下列说法中正确的是( )
A．物体A上抛的初速度和物体B落地时速度的大小相等
B．物体A、B在空中运动的时间相等
C．物体A能上升的最大高度和B开始下落的高度相同
D．两物体在空中同时达到同一高度处一定是B物体开始下落时高度的中点
解析：选AC A为匀减速运动，v＝ ( http: / / www.21cnjy.com )vA－gt，B为自由落体运动v＝gt，相遇前A做匀减速运动，加速度大小为g，末速度v，此后B以v为初速度做匀加速运动，加速度也是g，而且位移大小相等，根据运动可逆性，B下落至地面的速度等于vA，时间也是t，A正确；相遇前B自由落体时间为t，加速度大小为g，初速度为零，相遇时的末速度为v，此后A向上运动，加速度大小为g，初速度为v，末速度为零，同样根据运动可逆性，A上升到最高点时间也是t，位移与B相遇前的位移大小相等，即A上升的最大高度与B开始下落的高度相同，C正确；根据对称性，A上升时间为2t，下落时间也是2t，而B的运动时间总共只有2t，B错误；相遇处是时间中点，B整个下落过程速度逐渐增大，因此相遇处不可能是高度中点，D错误。
7．(2014·山东高考)一质点在外 ( http: / / www.21cnjy.com )力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图像如图。在图中标出的时刻中，质点所受合力的方向与速度方向相同的有( )
A．t1 B．t2 C．t3 D．t4
解析：选AC 已知质点在外力作用下 ( http: / / www.21cnjy.com )做直线运动，根据它的速度－时间图像可知，t1时刻所在的过程中，质点的速度越来越大，但斜率越来越小，说明质点做加速度越来越小的变加速直线运动，因此t1时刻质点所受合力的方向与速度方向相同，A正确；t2时刻所在的过程中，质点在做匀减速直线运动，因此质点所受合力方向与速度方向相反，B错误；t3时刻所在的过程中，质点在做反向的匀加速直线运动，所以t3时刻质点所受合力的方向与速度方向也相同，C正确；同理t4时刻所在的过程中，质点在做反向变减速直线运动，因此合力的方向与速度的方向相反，D错误。
8．(2014·内江模拟)如图甲所示， ( http: / / www.21cnjy.com )A、B两物体叠放在光滑水平面上，对物体B施加一水平变力F，F t关系如图乙所示，两物体在变力F作用下由静止开始运动且始终保持相对静止，则( )
A．t0时刻，两物体之间的摩擦力最大
B．t0时刻，两物体的速度方向开始改变
C．t0～2t0时间内，两物体之间的摩擦力逐渐增大
D．t0～2t0时间内，物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同
解析：选CD 两物体始终保持相对 ( http: / / www.21cnjy.com )静止，t0时刻F＝0，两物体的加速度为零，两物体之间无摩擦力，A错误；0～t0时间内两物体做加速度减小的加速运动，t0时刻速度达到最大，t0～2t0时间内两物体做加速度增大的减速运动，到2t0时刻速度减到零，故0～t0时间内两物体的速度方向没有改变，B错误；0～2t0时间内，物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同，D正确；两物体之间的摩擦力f＝mAa＝，f随F的变化而变化，C正确。
二、非选择题
9．如图甲所示，一倾角为 ( http: / / www.21cnjy.com )37°的传送带以恒定速度运行。现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)0～8 s内物体位移x的大小；
(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ；
(3)0～8 s内物体机械能增量ΔE及因与传送带摩擦产生的热量Q。
解析：(1)由v t图像可知，物体先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动。
则物体在0～8 s内的位移
x＝t1＋vt·t2＝m＝14 m
(2)v t图像的斜率表示物体的加速度，由图像知，物体相对传送带滑动时的加速度为a＝1 m/s2
此过程对物体由牛顿第二定律得
μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝0.875
(3)物体被传送的高度
h＝xsin θ＝8.4 m
物体重力势能增量ΔEp＝mgh＝84 J
物体动能增量
ΔEk＝mv－mv＝6 J
物体机械能增量
ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J
0～8 s内只有前6 s发生相对滑动。
0～6 s内传送带运动距离
x1＝4×6 m＝24 m
0～6 s内物体位移
x2＝t1＝6 m
由功能关系得产生的热量
Q＝μmgcos θ·Δx＝μmgcos θ(x1－x2)＝126 J
答案：(1)14 m (2)0.875 (3)90 J 126 J
10．如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸 ( http: / / www.21cnjy.com )板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为m1和m2，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。
(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；
(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；
(3)本实验中，m1＝0.5 k ( http: / / www.21cnjy.com )g，m2＝0.1 kg，μ＝0.2，砝码与纸板左端的距离d＝0.1 m，取g＝10 m/s2。若砝码移动的距离超过l＝0.002 m，人眼就能感知。为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？
解析：(1)砝码对纸板的摩擦力大小
f1＝μm1g
桌面对纸板的摩擦力大小
f2＝μ(m1＋m2)g
故纸板所受摩擦力大小
f＝f1＋f2
解得f＝μ(2m1＋m2)g
(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则
f1＝m1a1
F－f1－f2＝m2a2
发生相对运动时a2>a1
解得F>2μ(m1＋m2)g
(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1＝a1t
纸板运动的距离d＋x1＝a2t
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2＝a3t
l＝x1＋x2
由题意知a1＝a3，a1t1＝a3t2
解得F＝2μg
代入数据得F＝22.4 N
答案：(1)μ(2m1＋m2)g (2)F>2μ(m1＋m2)g (3)22.4 N
考向一 运动的合成与分解 (选择题)
1．物体做曲线运动的条件：F合与v不共线。
2．研究曲线运动的方法：运动的合成与分解。
3．运动的合成与分解的运算法则：平行四边形定则或三角形定则。
4．合运动与分运动的三个特性：等时性、独立性、等效性。
5．特别注意：合运动是物体的实际运动。
(2014·四川高考)有一条 ( http: / / www.21cnjy.com )两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v的大河，小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直。去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为( )
A. B.
C. D.
[审题指导]
(1)“去程时船头指向始终与河岸垂直”说明过河时间由河宽和船的静水速度决定。
(2)“回程时行驶路线与河岸垂直”说明过河时间由河宽和船的实际速度决定。
[解析] 设大河宽度为d ( http: / / www.21cnjy.com )，小船在静水中的速度为v0，则去程渡河所用时间t1＝，回程渡河所用时间t2＝，由题知＝k，联立以上各式得v0＝，B正确，A、C、D错误。
[答案] B
[感悟升华]
小船过河的三种情形及分析
情形 分析
过河时间最短 船头正对河岸时，渡河时间最短，tmin＝(d为河宽)
过河路径最短(v水
1．(2014·成都质检)如图 ( http: / / www.21cnjy.com )甲所示，起重机将货物沿竖直方向匀加速吊起，同时货物又沿横梁水平匀速向右运动。此时，站在地面上观察，货物运动的轨迹可能是图乙中的( )
解析：选C 货物向右匀速运动，向上匀加速运动，其运动轨迹为曲线，并且是抛物线，曲线应向加速度方向弯曲，C正确。
2．如图所示，河的宽度为L，河 ( http: / / www.21cnjy.com )水流速为u，甲、乙两船均以静水中的速度v同时渡河。出发时两船相距2L，甲、乙船头均与岸边成60°角，且乙船恰好能直达正对岸的A点，则下列判断正确的是( )
A．甲船正好也在A点靠岸
B．甲船在A点下游侧靠岸
C．甲、乙两船到达对岸的时间相等
D．甲、乙两船可能在未到达对岸前相遇
解析：选C 根据题述，乙船恰好能直 ( http: / / www.21cnjy.com )达正对岸的A点，则河水流速u＝vcos 60°＝；甲船渡河时垂直河岸的分速度为v1＝vsin 60°＝，渡河时所用时间t＝＝；甲船沿水流方向的速度v2＝vcos 60°＋u＝v，沿水流方向的位移为x＝v2t＝<2L，甲船在A点上游侧靠岸，甲、乙两船不可能在未到达对岸前相遇，A、B、D错误；由于两船垂直河岸的分速度相等，所以甲、乙两船到达对岸的时间相等，C正确。
3．(2014·眉山质检)在水平面上有A ( http: / / www.21cnjy.com )、B两物体，通过一根跨过定滑轮的轻绳相连，现A物体以v1的速度向右匀速运动，当绳被拉成与水平面的夹角分别为α、β时(如图所示)，B物体的运动速度vB为(绳始终有拉力)( )
A. B. C. D.
解析：选D 将物体A的速度分解为 ( http: / / www.21cnjy.com )使绳右端伸长和逆时针转动的两个分量，如图(a)所示，则绳端伸长的速度v′＝v1cos α；同理对物体B，速度分解如图(b)所示，绳端缩短的速度v″＝v′，因此物体B的运动速度vB＝＝，D正确。
考向二 平抛(类平抛)运动的规律 (选择题或计算题)
1．平抛运动的规律
(1)沿水平方向做匀速直线运动：vx＝v0，x＝v0t。
(2)沿竖直方向做自由落体运动：vy＝gt，y＝gt2。
2．类平抛运动与平抛运动处理方法相似
分解为初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的初速度为零的匀加速直线运动。
3．平抛(类平抛)运动的两个推论
(1)如图甲所示，物体任意时刻速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。
(2)如图乙所示，在任意时刻任意位置处，速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为α，则有tan θ＝2tan α。
(2014·浙江高考)如图所示，装 ( http: / / www.21cnjy.com )甲车在水平地面上以速度v0＝20 m/s沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h＝1.8 m。在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触。枪口与靶距离为L时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v＝800 m/s。在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s＝90 m后停下。装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹。(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g＝10 m/s2)
(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；
(2)当L＝410 m时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；
(3)若靶上只有一个弹孔，求L的范围。
[审题指导]
(1)“机枪管水平”、“不计空气阻力”说明射出的子弹做平抛运动。
(2)注意射出子弹的对地速度为装甲车的速度与子弹相对枪口的速度之和。
(3)“若靶上只有一个弹孔”，则第一次恰好没打上，第二次恰好打上，求L的临界值。
[解析] (1)由运动学公式v－0＝2as得，装甲车的加速度
a＝＝ m/s2
(2)第一发子弹飞行时间
t1＝＝0.5 s
弹孔离地高度
h1＝h－gt＝0.55 m
第二发子弹弹孔离地的高度
h2＝h－g2＝1.0 m
两弹孔之间的距离
Δh＝h2－h1＝0.45 m
(3)设第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L1，则
L1＝(v0＋v) ＝492 m
设第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L2，则
L2＝v ＋s＝570 m
L的范围492 m＜L≤570 m。
[答案] (1) m/s2 (2)0.55 m 0.45 m (3)492 m
平抛(类平抛)运动的求解方法
4．(2014·四川师大附中模拟)如图所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，光滑斜面固定在水平面上，顶端O有一小球，从静止释放，运动到底端B的时间是t1，若给小球不同的水平初速度，落到斜面上的A点，经过的时间是t2，落到斜面底端B点，经过的时间是t3，落到水平面上的C点，经过的时间是t4，则( )
A．t2>t1 B．t1>t4 C．t4>t3 D．t2>t3
解析：选B 小球做平抛运动时 ( http: / / www.21cnjy.com )h＝gt2，因此下落高度大的时间长，所以有t4＝t3＞t2，C、D错误；小球沿斜面下滑时l＝at2，由于a＜g，l＞h，所以沿斜面下滑时间是最长的，A错误，B正确。
5.(2014·雅安质检 ( http: / / www.21cnjy.com ))做圆周运动的两个物体M和N，它们所受的向心力F与轨道半径R之间的关系如图所示，其中与N对应的图线是过坐标原点的直线，与M对应的图线为双曲线的一个分支，则以下推断正确的是( )
A．物体M运动时角速度保持不变
B．物体N运动时线速度保持不变
C．在两图线的交点，ωM一定等于ωN
D．在两图线的交点，动能EkM一定等于EkN
解析：选D 由向心力公式F＝＝mRω2知，物体M保持v不变，物体N保持ω不变，A、B错误；两图线交点表示两物体所受向心力、轨道半径均相等，即＝m2Rω2，解得m1v2＝m2(Rω)2，即EkM＝EkN，由于两物体质量未知，则无法确定ωM和ωN的关系，C错误，D正确。
6．如图所示，真空中水平放置的两个相同 ( http: / / www.21cnjy.com )极板Y和Y′长为L，相距为d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b。在两板间加上可调偏转电压UYY′，一束质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出。
(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；
(2)求两板间所加偏转电压UYY′的范围。
解析：(1)设粒子在电场中的加速度大小 ( http: / / www.21cnjy.com )为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，如图所示，则有
y＝at2
L＝v0t
vy＝at
tan θ＝＝
联立解得x＝
即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点。
(2)由牛顿第二定律得
qE＝ma
又U＝Ed
联立解得y＝
当y＝时，U＝
则两板间所加电压的范围为
－≤UYY′≤。
答案：(1)见解析 (2)－≤UYY′≤
考向三 圆周运动问题 (选择题或计算题)
1．必须记住圆周运动的动力学方程
F＝man＝m＝mω2r＝mωv＝m＝m·4π2f2r。
2．水平面内圆周运动常考的临界模型
图示 受力 临界
竖直方向：受重力和支持力，且二力的合力为零；水平方向：受静摩擦力的作用，且静摩擦力提供物体做圆周运动的向心力，关系式：f＝ 当F向＝fmax时，物体达到临界点
3.竖直面内圆周运动常考的两种临界模型
最高点无支撑 最高点有支撑
图示
最高点受力 重力mg，弹力F弹向下或等于零 重力mg，弹力F弹向下、向上或等于零
向心力来源 mg＋F弹＝m mg±F弹＝m
恰好过最高点 F弹＝0，mg＝m，v＝，即在最高点速度不能为零 mg＝F弹，v＝0，即在最高点速度可为零
(2014·全国新课标Ⅰ)如 ( http: / / www.21cnjy.com )图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )
A．b一定比a先开始滑动
B．a、b所受的摩擦力始终相等
C．ω＝ 是b开始滑动的临界角速度
D．当ω＝ 时，a所受摩擦力的大小为kmg
[审题指导]
(1)a、b两物体受到的最大静摩擦力相等。
(2)无相对运动时，静摩擦力提供两物体做圆周运动的向心力。
[解析] 因圆盘从静止开始 ( http: / / www.21cnjy.com )绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得f＝mω2R，由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径，故小木块b做圆周运动需要的向心力较大，B错误；因为两小木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，A正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mω·2l，可得ωb＝ ，C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmg＝mωl，可得ωa＝，而转盘的角速度 < ，故小木块a未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得f＝mω2l＝kmg，D错误。
[答案] AC
[感悟升华]
求解水平面、竖直面内圆周运动问题的思路
7．(2014·洛阳模拟)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，质量为m的小球置于正方体的光滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径。某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动，已知重力加速度为g，空气阻力不计，小球及盒子可视为质点，则( )
A．若盒子在最高点时，盒子与小球之间恰好无作用力，则该盒子做匀速圆周运动的周期为2π
B．若盒子以周期π做匀速圆周运动，则当盒子运动到与图示球心O点位于同一水平面位置时，小球对盒子左侧面的力为4mg
C．若盒子以角速度2做匀速圆周运动，则当盒子运动到最高点时，小球对盒子上面的力为3mg
D．盒子从最低点向最高点做匀速圆周运动的过程中，球处于超重状态；当盒子从最高点向最低点做匀速圆周运动的过程中，球处于失重状态
解析：选AC 由mg＝m·R可得，盒子运动周期T＝2π，A正确；由N1＝m·R，T1＝π得N1＝4mg，由牛顿第三定律可知，小球对盒子右侧面的力为4mg，B错误；由N2＋mg＝mω2R得小球以ω＝2做匀速圆周运动时，在最高点小球对盒子上面的压力为3mg，C正确；盒子由最低点向最高点运动的过程中，小球的加速度先斜向上，后斜向下，故小球先超重后失重，D错误。
8．(2014·资阳模拟)如图所示，半 ( http: / / www.21cnjy.com )径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置。两个质量均为m的小球a、b以不同的速度进入管内，a通过最高点A时，对管壁上部的压力为3mg，b通过最高点A时，对管壁下部的压力为0.75mg，求a、b两球落地点间的距离。
解析：设a球到达最高点时的速度为va，根据向心力公式有mg＋Na＝m
即4mg＝m
解得va＝2
设b球到达最高点时的速度为vb，根据向心力公式有mg－Nb＝m
即mg＝m
解得vb＝
两小球脱离轨道后均做平抛运动，设所用时间为t，则
竖直方向2R＝gt2
水平方向xa＝vat，xb＝vbt
解得xa＝4R，xb＝R
故a、b两球落地点间的距离为
Δx＝xa－xb＝3R
答案：3R
曲线运动的综合问题
(2014·广元一模)某校兴趣小组 ( http: / / www.21cnjy.com )制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A点用一弹射装置将小滑块以某一水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝0.1 m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h＝0.2 m，水平距离s＝0.6 m，水平轨道AB长为L1＝0.5 m，BC长为L2＝1.5 m，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力不计。
(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A点弹射出的速度大小；
(2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出。求小滑块在A点弹射出的速度大小范围。
第1步：找关键点
(1)“光滑竖直圆形轨道”：说明小滑块在圆形轨道不受摩擦力。
(2)“动摩擦因数μ＝0.4”：说明小滑块在水平轨道上受摩擦力作用。
第2步：寻交汇点
(1)曲线运动：圆周运动规律、平抛运动规律。
(2)功能关系：机械能守恒定律、动能定理。
第3步：明突破点
问题(1)的分析思路：小 ( http: / / www.21cnjy.com )滑块在最高点只受重力作用→在最高点由牛顿第二定律求小滑块在最高点的速度→由机械能守恒定律和动能定理求小滑块在A点的弹射速度。
问题(2)的分析思路：小滑块刚好停在C点→由动能定理求解→小滑块恰好越过壕沟→由动能定理和平抛运动规律求解。
[解析] (1)设小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v，由牛顿第二定律知mg＝m
由机械能守恒定律知，由B到最高点有
mv＝2mgR＋mv2
由A到B有
－μmgL1＝mv－mv
解得小滑块在A点的速度
v1＝3 m/s
(2)若小滑块刚好停在C处，设此时小滑块在A点弹射出的速度大小为v2，则－μmg(L1＋L2)＝0－mv
解得小滑块A点的速度为
v2＝4 m/s>3 m/s
即小滑块在A点弹射出的速度大小为4 m/s时，可从圆轨道上滑过。
故若小滑块停在BC段，应满足3 m/s≤vA≤4 m/s
若小滑块能通过C点并恰好越过壕沟，设其在A点时速度大小为v3，则有
h＝gt2
s＝vCt
－μmg(L1＋L2)＝mv－mv
解得v3＝5 m/s
所以在A点弹射出的速度范围为3 m/s≤vA≤4 m/s或vA≥5 m/s。
[答案] (1)3 m/s (2)3 m/s≤vA≤4 m/s或vA≥5 m/s
[感悟升华]
曲线运动综合问题的分析思路
曲线运动的综合题往往涉及多个运动过程和功能关系问题，解决此类问题应做好以下两个分析。
(1)临界点分析：对于物体在临界点相关的多个 ( http: / / www.21cnjy.com )物理量，需要区分哪些物理量能够突变，哪些物理量不能突变，而不能突变的物理量(一般指线速度)往往是解决问题的突破口。
(2)运动过程分析：对于物体参 ( http: / / www.21cnjy.com )与的多个运动过程，要仔细分析每个运动过程做何种运动。若为圆周运动，应明确是水平面的匀速圆周运动，还是竖直平面的变速圆周运动，机械能是否守恒；若为抛体运动，应明确是平抛运动，还是类平抛运动，垂直于初速度方向的力是哪个力。
[跟踪训练]
(2014·南充质检)如图所示，从A点 ( http: / / www.21cnjy.com )以v0＝4 m/s的水平速度抛出一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量M＝4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H＝0.6 m、h＝0.15 m，圆弧轨道半径R＝0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，g＝10 m/s2。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向；
(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；
(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。
解析：(1)物块由A到B点做平抛运动有H－h＝gt2
设到达B点时竖直分速度为vy，则
vy＝gt
到达B点时速度
v1＝＝5 m/s
设到达B点时速度方向与水平面的夹角为θ，则
tan θ＝＝
解得θ＝37°，即与水平方向成37°夹角斜向下。
(2)设物块到达C点时速度为v2，从A至C点，由动能定理得
mgH＝mv－mv
设物块在C点受到的支持力为N，
则有N－mg＝m
由上式可得v2＝2 m/s，N＝47.3 N
根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为47.3 N，方向竖直向下。
(3)由题意可知小物块m对长木板的摩擦力
f＝μ1mg＝5 N
长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，为
f′＝μ2(M＋m)g＝10 N
因f＜f′，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动。
小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为零，才能保证小物块不滑出长木板。
则长木板长度至少满足
l＝＝2.8 m
答案：(1)5 m/s 方向与水平方向成37°夹角斜向下 (2)47.3 N 方向竖直向下 (3)2.8 m
一、选择题
1．(2014·南充质检)自然界中某个量D的变化量ΔD，与发生这个变化所用时间Δt的比值，叫做这个量D的变化率。下列说法正确的是( )
A．若D表示某质点做平抛运动的速度，则是恒定不变的
B．若D表示某质点做匀速圆周运动的位移，则是恒定不变的
C．若D表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则一定变大
D．若D表示某质点的动能，则越大，质点所受外力做的总功就越多
解析：选A 平抛运动是匀变速运动 ( http: / / www.21cnjy.com )，加速度不变，A正确；在匀速圆周运动中，相同Δt内位移大小相等、方向不同，则不同，B错误；竖直上抛运动在相同Δt内，位移变化满足关系式g(Δt)2＝－ΔD，C错误；动能变化率与外力做功多少没有直接关系，D错误。
2．(2014·湛江模拟) ( http: / / www.21cnjy.com )如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧向右上方45°方向匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度( )
A．大小和方向均不变
B．大小不变，方向改变
C．大小改变，方向不变
D．大小和方向均改变
解析：选A 橡皮同时参与两个方向的运 ( http: / / www.21cnjy.com )动：一个是水平方向的匀速直线运动，另一个是竖直方向的匀速直线运动，由于这两个方向上的分运动都是匀速直线运动，因此这两个运动的合运动也是匀速直线运动，即橡皮的速度大小和方向都保持不变，A正确。
3．(2014·六安模拟)如 ( http: / / www.21cnjy.com )图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线、从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则( )
A．a的电荷量一定大于b的电荷量
B．b的质量一定大于a的质量
C．a的比荷一定大于b的比荷
D．b的比荷一定大于a的比荷
解析：选C a、b两粒子在电场中做类平抛运 ( http: / / www.21cnjy.com )动，则x＝v0t，y＝at2，由于xa
4．(2014·泸州模拟)如 ( http: / / www.21cnjy.com )图所示，细绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球(可视为质点)。当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力FT与轻绳与竖直方向OP的夹角θ满足关系式FT＝a＋bcos θ，式中a、b为常数。若不计空气阻力，则当地的重力加速度为( )
A. B. C. D.
解析：选D 设小球在P点速度为 ( http: / / www.21cnjy.com )v1，在最高点速度为v2，圆周的半径为r，则在最低点，FT1－mg＝；在最高点，FT2＋mg＝，由动能定理知，－2mgr＝mv－mv，由FT＝a＋bcos θ知，最低点时，θ＝0，FT1＝a＋b，最高点时，θ＝180°，FT2＝a－b，由以上各式得g＝，D正确。
5．质量为1 kg的物体在水平面内做曲线运动，已知互相垂直方向上的速度图像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是( )
A．质点初速度的方向与合力方向垂直
B．质点所受的合力为3 N
C．质点的初速度大小为5 m/s
D．2 s末质点速度大小为7 m/s
解析：选A 质点初速度的方向沿y轴正 ( http: / / www.21cnjy.com )方向，初速度大小为4 m/s，合力方向沿x轴正方向，质点初速度的方向与合力方向垂直，A正确，C错误；由图甲斜率知物体运动的加速度a＝1.5 m/s2，由F＝ma知质点所受的合力为1.5 N，B错误；2 s末质点沿x轴方向分速度大小为3 m/s，沿y轴方向分速度大小为4 m/s，合速度大小为5 m/s，D错误。
6．(2014·安徽高考)如图所示 ( http: / / www.21cnjy.com )，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度ω转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30°，g取10 m/s2。则ω的最大值是( )
A. rad/s B. rad/s
C．1.0 rad/s D．5 rad/s
解析：选C 物体随圆盘做圆周运动，运动到最 ( http: / / www.21cnjy.com )低点时最容易滑动，因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动角速度为最大值，这时对小物体受力分析如图所示，根据牛顿第二定律可知，μmgcos 30°－mg·sin 30°＝mrω2，求得ω＝1.0 rad/s，C正确，A、B、D错误。
7．(2014·成都二模)如图甲所 ( http: / / www.21cnjy.com )示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为N，小球在最高点的速度大小为v，其N v2图像如图乙所示，则( )
A．小球的质量为
B．当地的重力加速度大小为
C．v2＝c时，杆对小球弹力方向向上
D．v2＝2b时，杆对小球弹力大小为mg
解析：选AD 由图乙知v2＝b时，N＝ ( http: / / www.21cnjy.com )0；当v2
A．两钉子间的距离为绳长的
B．t＝10.5 s时细绳拉力的大小为6 N
C．t＝14 s时细绳拉力的大小为10 N
D．细绳第三次碰钉子到第四次碰钉子的时间间隔为3 s
解析：选ABD 在整个过程中小球的线 ( http: / / www.21cnjy.com )速度大小不变，0～6 s 内绳子的拉力不变，则F1＝m，l为绳长，6 s～10 s内绳子的拉力不变，则F2＝m，因为F2＝F1，故l1＝l，所以两钉子间的距离为l，A正确；第一个半圈经历的时间为6 s，则＝6 s，第二个半圈的时间t2＝＝5 s，t＝10.5 s时，小球在转第二个半圈，绳子的拉力为6 N，B正确；同理，可得小球转第三个半圈的时间t3＝＝＝4 s，当t＝14 s时，小球运动的半径为l，由F＝m可得细绳拉力变为初始时刻的倍，大小为7.5 N，C错误；细绳每跟钉子碰撞一次，转动半圈的时间少1 s，则细绳第三次碰钉子到第四次碰钉子的时间间隔为(6－3×1)s＝3 s，D正确。
二、非选择题
9．(2014·衡水调研) ( http: / / www.21cnjy.com )如图所示，水平放置的圆盘半径为R＝1 m，在其边缘C点固定一个高度不计的小桶，在圆盘直径CD的正上方放置一条水平滑道AB，滑道与CD平行。滑道右端B与圆盘圆心O在同一竖直线上，其高度差为h＝1.25 m。在滑道左端静止放置质量为m＝0.4 kg 的物块(可视为质点)，物块与滑道间的动摩擦因数为μ＝0.2。当用一大小为F＝4 N、水平向右的拉力拉动物块的同时，圆盘从图示位置以角速度ω＝2π rad/s绕穿过圆心O的竖直轴匀速转动，拉力作用一段时间后撤掉，物块在滑道上继续滑行，由B点水平抛出，恰好落入小桶内，重力加速度取10 m/s2。
(1)求拉力作用的最短时间；
(2)若拉力作用时间为0.5 s，求所需滑道的长度。
解析：(1)物块做平抛运动，设所用时间为t，则
水平方向R＝vt
竖直方向h＝gt2
解得物块离开滑道时的速度
v＝2 m/s
设拉力拉动物块时其加速度大小为a1，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1
解得a1＝8 m/s2
设撤去拉力后，物块加速度大小为a2，由牛顿第二定律得
μmg＝ma2
解得a2＝2 m/s2
当圆盘转过一圈时物块落入，拉力作用时间最短，圆盘转过一圈时间T＝＝1 s
物块在滑道上先加速后减速，则
v＝a1t1－a2t2
物块滑行时间、抛出在空中时间与圆盘周期的关系
t1＋t2＋t＝T
解得t1＝0.3 s
(2)物块加速的末速度
v1＝a1t′1＝4 m/s
则滑道长L＝x1＋x2＝a1t′＋＝4 m
答案：(1)0.3 s (2)4 m
10．(2014·河西区一模)如图所示的“S ( http: / / www.21cnjy.com )”形玩具轨道，该轨道是用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，放置在竖直平面内，轨道弯曲部分是由两个半径相等的半圆对接而成，圆半径比细管内径大得多，轨道底端与水平地面相切，轨道在水平方向不可移动。弹射装置将一个小球(可视为质点)从a点水平弹射向b点并进入轨道，经过轨道后从最高点d点水平抛出(抛出后小球不会再碰轨道)，已知小球与地面ab段间的动摩擦因数μ＝0.2，不计其他机械能损失，ab段长L＝1.25 m，半圆半径R＝0.1 m，小球质量m＝0.01 kg，轨道质量为M＝0.26 kg，g＝10 m/s2，求：
(1)若v0＝5 m/s，小球从最高点d抛出后的水平射程；
(2)若v0＝5 m/s，小球经过轨道的最高点d时，管道对小球作用力的大小和方向；
(3)设小球进入轨道之前，轨道对地面的压力大小等于轨道自身的重力，当v0至少为多少时，小球经过两半圆的对接处c点时，轨道对地面的压力为零。
解析：(1)设小球到达d点处速度为v，由动能定理得
－μmgL－mg·4R＝mv－mv
小球由d点做平抛运动，则
4R＝gt2
s＝v2t
联立以上各式并代入数值，解得小球从最高点d抛出后的水平射程
s＝ m
(2)当小球通过d点时，由牛顿第二定律得
N＋mg＝m
解得管道对小球作用力大小N＝1.1 N，方向竖直向下。
(3)设小球到达c点处速度为vc，由动能定理得
－μmgL－mg·2R＝mv－mv
在c点对小球由牛顿第二定律得
N′＋mg＝m
要使轨道对地面的压力为零，则有
N′＝Mg
解得小球的最小速度v0＝6 m/s
答案：(1) m (2)1.1 N 方向竖直向下 (3)6 m/s
考向一 天体质量和密度的估算 (选择题)
1．必须记住的基本关系式
(1)利用F万＝F向有G＝m＝mrω2＝m＝ma。
(2)在星球表面附近有G＝mg星→GM＝g星R2(黄金代换)。
2．必须明确的一个关键点
天体质量和密度的估算是指中心天体而非环绕天体的质量和密度的估算。
(2014·全国新课标Ⅱ)假设地球 ( http: / / www.21cnjy.com )可视为质量均匀分布的球体。已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g；地球自转的周期为T，引力常量为G。地球的密度为( )
A. B.
C. D.
[思路探究]
(1)在地球表面两极处的物体所受的万有引力与其重力有什么关系？
提示：F万＝mg。
(2)在地球赤道处随地球自转的物体向心力由什么力提供？
提示：由万有引力的一个分力提供。
[解析] 物体在地球的两极时，mg0＝G，物体在赤道上时，mg＋m2R＝G，又M＝πR3ρ，以上三式联立解得地球的密度ρ＝，B正确，A、C、D错误。
[答案] B
[感悟升华]
天体质量及密度的估算方法
1．(2014·乐山二模)海王星有13颗已知 ( http: / / www.21cnjy.com )的天然卫星。现认为海卫二绕海王星沿圆轨道匀速运转，已知海卫二的质量为2.0×1019 kg，轨道半径为5.5×106 km，运行的周期为360天，万有引力常量G＝6.67×10－11 N·m2/kg2。则海王星的质量大约为( )
A．1.0×1017 kg B．1.0×1026 kg
C.2.0×1011 kg D．2.0×1019 kg
解析：选B 万有引力提供向心力，因已知周期，由F万＝F向知＝mr，解得M＝，代入数据得M＝1.0×1026 kg，B正确。
2．如图所示，是美国的“卡西尼”号探测 ( http: / / www.21cnjy.com )器经过长达7年的“艰苦”旅行，进入绕土星飞行的轨道。若“卡西尼”号探测器在半径为R的土星上空离土星表面高h的圆形轨道上绕土星飞行，环绕n周飞行时间为t，已知万有引力常量为G，则下列关于土星质量M和平均密度ρ的表达式正确的是( )
A．M＝， ρ＝
B．M＝， ρ＝
C．M＝， ρ＝
D．M＝， ρ＝
解析：选D 设“卡西尼” ( http: / / www.21cnjy.com )号的质量为m，“卡西尼”号围绕土星的中心做匀速圆周运动，其向心力由万有引力提供，G＝m(R＋h)2，其中T＝，解得M＝，又土星体积V＝πR3，所以ρ＝＝，D正确。
3．(2013·四川高考)迄今发现的二 ( http: / / www.21cnjy.com )百余颗太阳系外行星大多不适宜人类居住，绕恒星“Gliese581”运行的行星“Gl?581c”却很值得我们期待。该行星的温度在0 ℃到40 ℃之间、质量是地球的6倍、直径是地球的1.5倍、公转周期为13个地球日。“Gliese581”的质量是太阳质量的0.31倍。设该行星与地球均视为质量分布均匀的球体，绕其中心天体做匀速圆周运动，则( )
A．在该行星和地球上发射卫星的第一宇宙速度相同
B．如果人到了该行星，其体重是地球上的2倍
C．该行星与“Gliese581”的距离是日地距离的 倍
D．由于该行星公转速率比地球大，地球上的米尺如果被带上该行星，其长度一定会变短
解析：选B 设“Gl?581 ( http: / / www.21cnjy.com )c”、地球质量分别为m1、m2，在“Gl?581c”、地球上发射卫星的第一宇宙速度分别为v1、v2，根据G＝m、G＝m、m1＝6m2、R1＝1.5R2，解得v1＝2v2，A错误；根据G＝mg1、G＝mg2、m1＝6m2、R1＝1.5R2，解得mg1＝2mg2，B正确；设恒星“Gliese581”、太阳质量分别为M1、M2，恒星“Gliese581”与行星“Gl?581c”、太阳与地球的距离分别为r1、r2，行星“Gl?
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