(共97张PPT)
板块一 力学
命题区间一 力与运动
近三年山东高考考情分析 备考建议
命题点 2022年 2023年 2024年 1.重视对受力分析、物体平衡问题、匀变速直线运动、抛体运动、圆周运动等基础知识的复习。
2．加强对力与运动中的临界问题、追及相遇问题、图像问题的复习。
3．加强建模能力的培养，比如“传送带模型”和“板块模型”，以及以体育比赛项目等为命题背景的抛体运动和圆周运动的模型构建等。
平衡问题 √ √
力与直线
运动 √ √ √
力和曲线
运动 √ √ √
动态分析
临界问题
追及相遇以及图像问题
近三年山东已考命题点
01
(2024·山东卷)如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于( )
命题点一 平衡问题
√
看到什么 想到什么
机器人在斜面上 重力两个分力：mgcos θ(垂直斜面向下)，mgsin θ
(沿斜面向下)
稳定地站立和行走 机器人刚好不沿斜面下滑的条件：μmgcos θ≥ mgsin θ
1．受力分析
(1)基本思路：分析两个或两个以上物体间的相互作用，一般采用整体法与隔离法。
(2)分析方法
①整体法：将加速度相同的几个相互关联的物体看作一个整体进行受力分析。
②隔离法：将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析。
2．平衡问题
(1)合成法：物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力等大、反向。
(2)正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组力，每组力都满足平衡条件。
3．电磁学中的受力平衡问题
(1)基本思路：要坚持“电磁学问题、力学方法”的基本思路，结合电磁学的基本规律和力学中的受力分析及平衡条件解决问题。
(2)注意事项
①点电荷间的作用力大小要用库仑定律求解。
②判断安培力方向时，要先判断磁场方向、电流方向，再用左手定则判断安培力方向， 同时注意将立体图转化为平面。
1．(2024·滁州模拟)如图所示，轻绳两端固定在水平杆上，在轻绳上悬挂7个相同的灯笼，左右两侧灯笼关于过结点O的竖直线对称。已知PM段、QO段轻绳与竖直方向的夹角分别为α、β，灯笼均处于静止状态。则tan β与tan α之比为( )
A．3∶1
B．5∶1
C．7∶1
D．9∶1
√
B 解析：设绳MQ与竖直方向的夹角为γ，对中间5个灯笼受力分析，根据平衡条件可得2FTPMcos α＝5mg，同理可得2FTMQcos γ＝3mg,2FTQOcos β＝mg，对结点M 受力分析，水平方向有FTPMsin α＝FTMQsin γ，对结点Q 受力分析，水平方向有FTMQsin γ＝FTQOsin β，联立解得tan β＝5tan α，则tan β∶tan α＝5∶1，故选B。
2．(2024·浙江卷1月选考)如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为50 g，细线c、d平行且与水平成θ＝30°(不计摩擦)，取g＝10 m/s2，则细线a、b的拉力分别为( )
2 N,1 N
B. 2 N,0.5 N
C. 1 N,1 N
D. 1 N,0.5 N
√
D 解析：由题意可知细线c对小球A的拉力和细线d对小球B的拉力大小相等、方向相反，对A、B整体分析可知细线a的拉力大小为FTa＝(mA＋mB)g＝1 N，设细线b与水平方向夹角为α，对A、B分析分别有FTbsin α＋FTcsin θ＝mAg，FTbcos α＝FTdcos θ，解得FTb＝ 0.5 N，故选D。
3．(2024·石家庄模拟)一小朋友在某斜坡上滑雪，他将一个蛇皮袋子垫在雪面上，自己坐在袋子上面，在另一个小朋友帮忙推动一下后，恰好可以匀速地下滑。将这个斜坡简化为高h、长L的坡面，如图所示。下列分析正确的是( )
√
4．(2024·沈阳模拟)在利用灭火直升机灭火时，直升机从A地出发，在B地取完水后飞到着火点C灭火，取水前桶的重力为G0，取水后桶和桶中水的总重力为30G0。如图所示，假设直升机取水前后始终沿水平方向匀速运动，且桶始终受到与运动方向相反的恒定的水平风力，桶与灭火直升机始终保持相对静止。下列说法正确的是( )
A. 取水前绳子对桶的拉力大小可能等于风力的大小
B. 取水前绳子与竖直方向的夹角等于取水后夹角的30倍
C. 取水前绳子与竖直方向夹角的正切值等于取水后夹角正切值的30倍
D. 取水后重力与绳子拉力的合力大于取水前重力与绳子拉力的合力
√
5．(2024·哈尔滨模拟)如图所示，有2 024个质量均为m的小球(可视为质点)，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其一端固定在天花板上，在恒定的水平风力F作用下所有小球静止，已知连接天花板的轻绳与水平方向的夹角为60°，则第1 012个小球和第1 013 个小球之间的轻绳的弹力大小是( )
√
6．(2024·南昌模拟)如图所示为相邻铁塔间某根输电线的示意图，A、B两点分别为铁塔与输电线的连接点且等高，C点为该段输电线的最低点，C点切线方向水平，输电线质量分布均匀，输电线两端的切线与竖直方向的夹角θA＝θB＝60°，A、B间输电线总质量为2m，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
√
7．(2024·合肥模拟)2023年11月28日，深中通道主线全线贯通，深中通道的主体工程——西人工岛使用世界最大十二锤联动液压振动锤组将57个巨型钢圆筒精准牢固地打入海底岩层中。每个钢圆筒的直径为28 m，高40 m，重达680 t，由若干根特制起吊绳通过液压机械抓手连接钢圆筒。某次试吊将其吊在空中，每根绳与竖直方向的夹角为37°，如图所示，每根绳所能承受的最大拉力为
8.0×105 N，则要成功起吊至少需要的绳子数量为(取
g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
A. 9根 B．10根
C. 11根 D．12根
√
(2024·山东卷)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为( )
命题点二 力与直线运动
√
看到什么 想到什么
木板由静止释放 初速度为0、匀加速直线运动
木板通过A点 木板不能看作质点，画出通过A点的运动过程示意图
1．(2024·青岛模拟)无人机在空中表演时，若取竖直向上为正方向，其中一架无人机沿竖直方向运动的v-t图像如图所示。关于这架无人机运动的说法正确的是( )
A. 4～6 s内无人机处于悬停状态
B. 无人机可以上升的最大高度是8 m
C. 6～10 s内无人机处于失重状态
D. 无人机在第2 s末开始向下运动
√
2．(2024·杭州模拟)如图甲所示的超级大滑梯是某冰雪大世界中最受欢迎的游乐项目之一。现将游客在滑梯下滑过程的某阶段简化为如图乙所示模型，一粗糙斜面固定在水平地面上，物体A、B的上下表面皆与斜面平行，A、B相对静止，共同沿斜面匀速下滑，物体的最大静摩擦力大小均等于相应滑动摩擦力的大小，则下列说法正确的是( )
A. A受到的摩擦力为0
B. A受到的摩擦力与斜面平行且向下
C. 若在A、B匀速下滑过程中对A施加一竖直向下的力，则A、B继续匀速下滑
D. 若在A、B匀速下滑过程中对A施加一竖直向下的力，则A、B将加速下滑
√
C 解析：A向下匀速运动，合力为0，根据平衡条件可知，A受到与斜面平行且向上的摩擦力，大小为FfA＝mAgsin θ，故A、B错误；A、B匀速下滑过程中，对A、B整体，由平衡条件有(mA＋mB)gsin θ＝μ(mA＋mB)gcos θ，即sin θ＝μcos θ，该关系式与A、B的总质量mA＋mB无关，对A施加一竖直向下的力，相当于“重力”变大，依然处于平衡状态，所以A、B继续匀速下滑，故C正确，D错误。
3．(2024·阜阳模拟)(多选)如图所示，2 024个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧相连，在水平拉力F的作用下，保持相对静止，一起沿动摩擦因数为μ的粗糙水平面向右做匀加速直线运动，设1和2间弹簧的弹力为F1,2和3间弹簧的弹力为F2……2 023 和2 024间弹簧的弹力为F2 023，弹簧始终处于弹性限度内，下列结论正确的是( )
A. F1∶F2∶F3∶…∶F2 023＝1∶2∶3∶…∶2 023
B. 从左到右各弹簧长度之比为1∶2∶3∶…∶2 023
√
√
√
4．(2022·山东卷)某粮库使用额定电压U＝380 V、内阻R＝0.25 Ω 的电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2 m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40 A。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为0。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1＝100 kg，车上粮食质量m2＝1 200 kg，配重质量m0＝40 kg，取g＝10 m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：
(1)比例系数k值；
(2)上行路程L值。
解析：(1)以电动机为研究对象，根据能量守恒定律有
UI＝I2R＋Fv
代入数据得F＝7 400 N
装满粮食的小车匀速向上运动，有
F＋m0g－(m1＋m2)gsin θ－k(m1＋m2)g＝0
小车匀速下滑时，有m1gsin θ－km1g－m0g＝0
联立解得k＝0.1。
(2)关闭发动机后，小车向上做匀减速运动，则有
(m1＋m2)gsin θ－m0g＋k(m1＋m2)g＝(m1＋m2＋m0)a
又2aL＝v2
5．北京冬奥会后，冰雪运动越来越受人们关注，滑雪机也逐渐走进大众生活。滑雪机利用电机带动雪毯运动，雪毯的质感完全仿真滑雪场的平坦硬雪，滑雪者相对雪毯向下滑行，以达到学习和锻炼的目的，并且通过调整雪毯的速度或坡度，还可以模拟在滑雪场以各种速度在各种坡度的雪道滑行。已知坡道长L＝7 m，倾角θ＝37°，在某次训练中，雪毯静止未开启，一质量m＝70 kg(含装备)的滑雪者没有做任何助力动作，恰能够沿雪毯匀速下滑，取g＝ 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。(结果可用分数表示)
(1)求滑雪板与雪毯间的动摩擦因数。
(2)开启雪毯，使雪毯始终以速度v1＝2 m/s向下运动，求滑雪者没有做任何助力动作，从坡道顶端由静止滑到底端所用的时间。
(3)现将坡道角度调整为53°，开启雪毯，使雪毯始终以速度v2＝ 2 m/s向上运动，其他条件不变，求滑雪者在依然没有任何助力的情况下，从坡道顶端由静止滑到底端时在雪毯上留下的划痕长度。
解析：(1)滑雪者恰能够沿雪毯匀速下滑，对滑雪者受力分析，根据受力平衡可知
μmgcos θ＝mgsin θ
解得μ＝0.75。
(3)对滑雪者受力分析，根据牛顿第二定律可得
mgsin 53°－μmgcos 53°＝ma2
解得a2＝3.5 m/s2
下滑到底端时，根据2a2L＝v′2
解得v′＝7 m/s
由v′＝a2t3得t3＝2 s
雪毯运行的距离为x3＝v2t3＝4 m
故划痕的长度为x＝L＋x3＝11 m。
(2024·山东卷)(多选)如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20 m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，取g＝10 m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是( )
命题点三 力和曲线运动
√
√
1．类平抛模型
(1)常见类型：以平抛运动为基础的类平抛及带电粒子在匀强电场中的曲线运动。
2．圆周运动常见模型
项目 轻绳模型 轻杆模型
情景图示
1．(2023·湖南卷)(多选)如图所示，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是( )
√
√
√
√
3．(2024·泰安模拟)如图所示，光滑圆环轨道竖直固定放置，轨道半径为R。一小球从最低点以水平速度v0沿轨道运动，在某位置脱离轨道后，恰好经过圆环轨道的圆心。已知重力加速度为g ，不计空气阻力，则v0的大小为 ( )
√
近三年山东未考命题点
02
1. (2023·海南卷)如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是( )
A. 工人受到的重力和支持力是一对平衡力
B. 工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力
C. 重物被缓慢拉起过程中，绳子拉力变小
D. 重物被缓慢拉起过程中，绳子拉力不变
命题点一 动态分析 临界问题
√
明确作用力和反作用力与一对平衡力的区别。以滑轮为研究对象，设绳子拉力为FT，有2FTcos θ＝mg，由θ变化可知FT变化。
2．如图所示，矩形拉杆箱上放着平底箱包，在与水平方向成α＝37°的拉力F作用下，一起沿水平面从静止开始加速运动。已知箱包的质量m＝1.0 kg，拉杆箱的质量m0＝9.0 kg，箱底与水平面间的夹角θ＝37°，平底箱包与拉杆箱之间的动摩擦因数μ＝0.5，不计其他摩擦阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2， sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)若F＝25 N，求拉杆箱的加速度大小a。
(2)在(1)的情况下，求拉杆箱运动x＝4.0 m时的速度大小v。
(3)要使箱包不从拉杆箱上滑出，求拉力的最大值Fm。
看到什么 想到什么
求拉杆箱加速度 以整体为研究对象，应用牛顿第二定律
箱包不从拉杆箱上滑出 临界条件：箱包与拉杆之间弹力为0。隔离箱包利用牛顿第二定律列方程求解
解析：(1)若F＝25 N，以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得
Fcos α＝(m＋m0)a
解得a＝2 m/s2。
(2)根据速度—位移关系可得v2＝2ax
解得v＝4 m/s。
(3)箱包恰好不从拉杆箱上滑出时，箱包与拉杆之间的弹力刚好为0，以箱包为研究对象，受到重力、支持力和摩擦力的作用，此时箱包的加速度为a0，根据牛顿第二定律可得
FNsin θ＋Ffcos θ＝ma0，FNcos θ＝mg＋Ffsin θ，Ff＝μFN
解得a0＝20 m/s2
以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得Fmcos α＝(m＋m0)a0
解得拉力的最大值为Fm＝250 N。
答案：(1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)250 N
1．动态分析的常见方法
(1)解析法
先进行受力分析，再建立直角坐标系，对力进行正交分解，列平衡方程，或在力的三角形中结合三角形知识列平衡方程，然后分析方程中的变量有哪些，分析题目信息，得到这些物理量是如何变化的，最终得到平衡条件下的受力动态变化情况。
(2)图解法
①先对物体进行受力分析，得出物体受几个力作用而处于平衡状态。
②分析题目给出的信息，判断物体受力的变化方式。
③把物体的受力情况对应到几何图形中，结合几何知识分析。
说明：此法一般适用于物体受3个共点力或者可以等效为3个共点力的情况，并且常用于定性分析。
(3)力的三角形法
对受3个力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使3个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力。
2．常见的临界条件
两物体脱离的临界条件 FN＝0
相对滑动的临界条件 静摩擦力达到最大值
绳子松弛的临界条件 FT＝0
最终速度(收尾速度)的临界条件 物体所受合力(加速度)为0
3.临界问题的解题方法
极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来
假设法 研究对象的状态、受力不确定，或物理现象(或过程)存在多种可能，往往用假设法
解析法 将物理过程转化为函数表达式，用二次函数、基本不等式、三角函数等解出临界条件
A. 绳的拉力保持不变
B. 滑环B的质量m＝0.5 kg
C. 固定杆给滑环B的弹力方向垂直于杆向上
D. 滑环B受到的摩擦力逐渐变小
√
2．如图所示，某工厂将圆柱形工件a放在倾角为θ的斜面上，为防止工件滚动，在其下方垫一段半径与a相同的半圆柱体b。若逐渐减小斜面倾角θ，a、b始终处于静止状态，不计a与接触面的摩擦，b的质量很小，则( )
A. 斜面对a的弹力逐渐变小
B. 斜面对a的弹力先变大后变小
C. b对a的弹力逐渐变小
D. b对a的弹力大小不变
√
3．如图所示，质量均为m的两个木块P、Q叠放在光滑的水平地面上，P、Q接触面的倾角为θ。现在Q上加一水平推力F，使P、Q保持相对静止一起向左做匀加速直线运动，下列说法正确的是( )
A. 木块Q对地面的压力可能小于2mg
B. 当F增大时，P、Q间的摩擦力一定增大
C. 若加速度a＝gtan θ，则P受到的摩擦力为0
D. 若加速度a√
蓝牙耳机可以在一定距离内与手机等设备实现无线连接，已知无线连接的最大距离为10 m。A、B两位同学做了一个有趣实验，A同学佩戴蓝牙耳机，B同学携带手机检测。如图甲所示，A、B两位同学同时沿两条相距8 m的平行直线轨道向同一方向运动。其运动的v-t图像如图乙所示，在运动过程中，手机检测到蓝牙耳机能被连接的总时间为( )
A. 2 s B．4 s
C. 8 s D．13 s
命题点二 追及相遇以及图像问题
√
1．解决运动学图像问题的思路
2．解决追及相遇问题的常用方法
1．(2023·全国甲卷)一小车沿直线运动，从t＝0开始由静止匀加速至t＝t1时刻，此后做匀减速运动，到t＝t2时刻速度降为0。在下列小车位移x与时间t的关系曲线中，可能正确的是( )
√
D 解析：x-t图像的斜率表示速度，小车在0～t1时间内做匀加速运动，速度变大，即0～t1时间内图像斜率变大，t1～t2时间内做匀减速运动，则图像的斜率变小，小车在t2时刻停止运动时图像的斜率变为0，故选D。
2．(2023·湖北卷)(多选)t＝0时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按如图所示的正弦曲线变化，周期为2t0。在0～3t0时间内，下列说法正确的是( )
√
√
3．(多选)A、B两车在一条平直的公路上同向并排行驶，t＝0时刻A车开始刹车，A车的速度随时间变化的图像如图甲所示，t＝0时刻A车所在位置为坐标原点O，以A车速度方向为正方向建立x轴，B车的位置坐标随时间变化的图像如图乙所示，图像为顶点在30 m处的抛物线。下列说法正确的是( )
A车做匀变速直线运动的加速度大
小为 2.5 m/s2
B. B车做匀变速直线运动的加速度大
小为 6.25 m/s2
C. t＝4 s时A、B两车相距最近
D. A、B两车相遇两次
√
√
4．(2024·成都模拟)(多选)如图所示，车道宽为2.7 m，长为12 m的货车以v1＝10 m/s 的速度匀速直线行驶，距离斑马线20 m时，一自行车以v3＝2 m/s的速度匀速直线行驶，车尾恰好垂直越过货车右侧分界线，此时无人驾驶轿车车头恰好和货车车尾齐平，轿车以v2＝15 m/s速度匀速直线行驶，轿车紧急制动的加速度大小a＝10 m/s2。当货车在侧面遮挡轿车雷达波时，自行车需完全越过货车左侧分界线，轿车雷达才能准确探测到前方自行车。下列判断正确的是( )
A. 货车不减速也不会与自行车相撞
B. 轿车不减速也不会与自行车相撞
C. 轿车探测到自行车立即制动不会与自行车相撞
D. 轿车探测到自行车立即制动会与自行车相撞
√
√
5．(2024·日照模拟)质点甲、乙在t＝0时刻相遇，沿同一方向做直线运动，甲的速度—时间图像如图(a)所示，乙由静止开始运动，其加速度—时间图像如图(b)所示，则下列说法正确的是( )
A. t＝0.5 s时，甲的速度小于乙的速度
B. t＝2 s时，甲、乙相遇
C. 0～2 s内，甲的速度变化量比乙的速度变化量大
D. 0～5 s内，甲的平均速度小于乙的平均速度
√板块一 力学
近三年山东高考考情分析 备考建议
命题点 2022年 2023年 2024年 1.重视对受力分析、物体平衡问题、匀变速直线运动、抛体运动、圆周运动等基础知识的复习。 2．加强对力与运动中的临界问题、追及相遇问题、图像问题的复习。 3．加强建模能力的培养，比如“传送带模型”和“板块模型”，以及以体育比赛项目等为命题背景的抛体运动和圆周运动的模型构建等。
平衡问题 √ √
力与直线运动 √ √ √
力和曲线运动 √ √ √
动态分析 临界问题
追及相遇以及 图像问题
平衡问题
(2024·山东卷)如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于( )
A. B．
C. D．
B 解析：根据题意可知机器人“天工”可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，对“天工”受力分析有mgsin 30°≤μmgcos 30°，可得μ≥tan 30°＝，故选B。
看到什么 想到什么
机器人在斜面上 重力两个分力：mgcos θ(垂直斜面向下)，mgsin θ(沿斜面向下)
稳定地站立和行走 机器人刚好不沿斜面下滑的条件：μmgcos θ≥mgsin θ
1．受力分析
(1)基本思路：分析两个或两个以上物体间的相互作用，一般采用整体法与隔离法。
(2)分析方法
①整体法：将加速度相同的几个相互关联的物体看作一个整体进行受力分析。
②隔离法：将所研究的对象从周围的物体中分离出来，单独进行受力分析。
2．平衡问题
(1)合成法：物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力等大、反向。
(2)正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用而平衡，将物体所受的力分解为相互垂直的两组力，每组力都满足平衡条件。
3．电磁学中的受力平衡问题
(1)基本思路：要坚持“电磁学问题、力学方法”的基本思路，结合电磁学的基本规律和力学中的受力分析及平衡条件解决问题。
(2)注意事项
①点电荷间的作用力大小要用库仑定律求解。
②判断安培力方向时，要先判断磁场方向、电流方向，再用左手定则判断安培力方向， 同时注意将立体图转化为平面。
1．(2024·滁州模拟)如图所示，轻绳两端固定在水平杆上，在轻绳上悬挂7个相同的灯笼，左右两侧灯笼关于过结点O的竖直线对称。已知PM段、QO段轻绳与竖直方向的夹角分别为α、β，灯笼均处于静止状态。则tan β与tan α之比为( )
A．3∶1 B．5∶1
C．7∶1 D．9∶1
B 解析：设绳MQ与竖直方向的夹角为γ，对中间5个灯笼受力分析，根据平衡条件可得2FTPMcos α＝5mg，同理可得2FTMQcos γ＝3mg,2FTQOcos β＝mg，对结点M 受力分析，水平方向有FTPMsin α＝FTMQsin γ，对结点Q 受力分析，水平方向有FTMQsin γ＝FTQOsin β，联立解得tan β＝5tan α，则tan β∶tan α＝5∶1，故选B。
2．(2024·浙江卷1月选考)如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为50 g，细线c、d平行且与水平成 θ＝30°(不计摩擦)，取g＝10 m/s2，则细线a、b的拉力分别为( )
A. 2 N,1 N B. 2 N,0.5 N
C. 1 N,1 N D. 1 N,0.5 N
D 解析：由题意可知细线c对小球A的拉力和细线d对小球B的拉力大小相等、方向相反，对A、B整体分析可知细线a的拉力大小为FTa＝(mA＋mB)g＝1 N，设细线b与水平方向夹角为α，对A、B分析分别有FTbsin α＋FTcsin θ＝mAg，FTbcos α＝FTdcos θ，解得FTb＝0.5 N，故选D。
3．(2024·石家庄模拟)一小朋友在某斜坡上滑雪，他将一个蛇皮袋子垫在雪面上，自己坐在袋子上面，在另一个小朋友帮忙推动一下后，恰好可以匀速地下滑。将这个斜坡简化为高h、长L的坡面，如图所示。下列分析正确的是( )
A. 蛇皮袋子与斜坡间的动摩擦因数为
B. 若仅增大h，则小朋友对斜坡的压力将增大
C. 若换一个质量更大的小朋友坐在蛇皮袋子上，则小朋友将加速下滑
D. 若换一个更光滑的袋子，则小朋友获得初速度后将匀加速下滑
D 解析：设小朋友的质量为m，根据受力平衡得mgsin θ－μmgcos θ＝0，解得μ＝，故A错误；由平衡条件得，小朋友对斜坡的压力大小为mg，若仅增大h，则小朋友对斜坡的压力将减小，故B错误；若换一个质量更大的小朋友坐在蛇皮袋子上，则小朋友的加速度为a＝gsin θ－μgcos θ＝gsin θ－，加速度不变，小朋友将匀速下滑，故C错误；若换一个更光滑的袋子，则小朋友的加速度为a＝gsin θ－μ′gcos θ，加速度增大，小朋友将匀加速下滑，故D正确。
4．(2024·沈阳模拟)在利用灭火直升机灭火时，直升机从A地出发，在B地取完水后飞到着火点C灭火，取水前桶的重力为G0，取水后桶和桶中水的总重力为30G0。如图所示，假设直升机取水前后始终沿水平方向匀速运动，且桶始终受到与运动方向相反的恒定的水平风力，桶与灭火直升机始终保持相对静止。下列说法正确的是( )
A. 取水前绳子对桶的拉力大小可能等于风力的大小
B. 取水前绳子与竖直方向的夹角等于取水后夹角的30倍
C. 取水前绳子与竖直方向夹角的正切值等于取水后夹角正切值的30倍
D. 取水后重力与绳子拉力的合力大于取水前重力与绳子拉力的合力
C 解析：对桶受力分析，如图所示，
根据受力平衡，取水前，绳子的拉力大小为FT＝>F，故A错误；取水前后，设绳子与竖直方向的夹角分别为θ1、θ2，根据受力平衡可得tan θ1＝，tan θ2＝，联立解得＝，故B错误，C正确；桶在三个力的作用下平衡，则其中任意两个力的合力与第三个力大小相等、方向相反，因此桶的重力与绳子拉力的合力大小等于风力，所以取水后重力与绳子拉力的合力等于取水前重力与绳子拉力的合力，故D错误。
5．(2024·哈尔滨模拟)如图所示，有2 024个质量均为m的小球(可视为质点)，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其一端固定在天花板上，在恒定的水平风力F作用下所有小球静止，已知连接天花板的轻绳与水平方向的夹角为60°，则第1 012个小球和第1 013 个小球之间的轻绳的弹力大小是( )
A. B．1 012mg
C. D．2 024mg
A 解析：对整体根据平衡条件得tan 60°＝，对第1 013个小球至第2 024个小球，根据平衡条件得F＝(1 012mg)2＋2，解得F1 012＝，故A正确，B、C、D错误。
6．(2024·南昌模拟)如图所示为相邻铁塔间某根输电线的示意图，A、B两点分别为铁塔与输电线的连接点且等高，C点为该段输电线的最低点，C点切线方向水平，输电线质量分布均匀，输电线两端的切线与竖直方向的夹角θA＝θB＝60°，A、B间输电线总质量为2m，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 左铁塔A处对输电线的拉力大小为 2mg
B. C处输电线的张力大小为 mg
C. 从A点到C点输电线上张力一直增大
D. 由于热胀冷缩，冬季输电线与竖直方向的夹角增大，输电线两端的弹力减小
B 解析：如图所示，因为输电线保持静止，对输电线整体进行受力分析可知，水平方向和竖直方向所受合力均为0，则有FAcos 60°＋FBcos 60°＝2mg，FAcos 30°＝FBcos 30°，联立可得FA＝2mg，故A错误；
将AC段看作一个整体，进行受力分析可知AC段受FA、自身重力及C点因输电线的张力而存在的向右的拉力FC，因为AC段保持静止，所以有FAcos 30°＝FC，FC＝mg，故B正确；在A、C间任取一点D，将AD看作整体进行受力分析可知，受到拉力FA、自身重力和D点输电线上因张力而存在的对AD的拉力FD，设FD与竖直方向的夹角为α，则有FAsin 60°＝FDsin α＝mg，因此FD＝，结合题图可知，从A点到C点，α逐渐增大，因此FD逐渐减小，故C错误；由于热胀冷缩，到冬季时θ角增大，对输电线整体受力分析可知，FAcos θ＋FBcos θ＝2mg，因为θ增大，所以FA增大，故D错误。
7．(2024·合肥模拟)2023年11月28日，深中通道主线全线贯通，深中通道的主体工程——西人工岛使用世界最大十二锤联动液压振动锤组将57个巨型钢圆筒精准牢固地打入海底岩层中。每个钢圆筒的直径为28 m，高40 m，重达680 t，由若干根特制起吊绳通过液压机械抓手连接钢圆筒。某次试吊将其吊在空中，每根绳与竖直方向的夹角为37°，如图所示，每根绳所能承受的最大拉力为8.0×105 N，则要成功起吊至少需要的绳子数量为(取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )
A. 9根 B．10根
C. 11根 D．12根
C 解析：设n根绳拉力在竖直方向的分量之和与钢圆筒重力大小相等、方向相反，则mg＝nFcos 37°，由题知F≤8.0×105 N，得n≥＝＝10.625，即至少需要11根绳子才能成功起吊，故A、B、D错误，C正确。
力与直线运动
(2024·山东卷)如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为( )
A. (－1)∶(－1) B. (－)∶(－1)
C. (＋1)∶(＋1) D. (＋)∶(＋1)
A 解析：木板在斜面上运动时，木板的加速度不变，设加速度为a，木板从静止释放到下端到达A点的过程，根据运动学公式有L＝at，木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L＝at，当木板长度为2L时，有3L＝at，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝(－1)∶(－1)，故选A。
看到什么 想到什么
木板由静止释放 初速度为0、匀加速直线运动
木板通过A点 木板不能看作质点，画出通过A点的运动过程示意图
1．(2024·青岛模拟)无人机在空中表演时，若取竖直向上为正方向，其中一架无人机沿竖直方向运动的v-t图像如图所示。关于这架无人机运动的说法正确的是( )
A. 4～6 s内无人机处于悬停状态
B. 无人机可以上升的最大高度是8 m
C. 6～10 s内无人机处于失重状态
D. 无人机在第2 s末开始向下运动
C 解析：4～6 s内无人机以4 m/s的速度匀速向上运动，A错误；v-t图像中图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移，可得，无人机在前2 s内上升的高度为h＝ m＝8 m,0～8 s无人机都在上升，所以上升的最大高度大于8 m，B错误；v-t图像中图线斜率表示物体的加速度，6～10 s内斜率为负值，表示无人机加速度向下，处于失重状态，C正确；无人机在第2 s末后速度仍为正值，所以依然向上运动，但速度开始减小，D错误。
2．(2024·杭州模拟)如图甲所示的超级大滑梯是某冰雪大世界中最受欢迎的游乐项目之一。现将游客在滑梯下滑过程的某阶段简化为如图乙所示模型，一粗糙斜面固定在水平地面上，物体A、B的上下表面皆与斜面平行，A、B相对静止，共同沿斜面匀速下滑，物体的最大静摩擦力大小均等于相应滑动摩擦力的大小，则下列说法正确的是( )
A. A受到的摩擦力为0
B. A受到的摩擦力与斜面平行且向下
C. 若在A、B匀速下滑过程中对A施加一竖直向下的力，则A、B继续匀速下滑
D. 若在A、B匀速下滑过程中对A施加一竖直向下的力，则A、B将加速下滑
C 解析：A向下匀速运动，合力为0，根据平衡条件可知，A受到与斜面平行且向上的摩擦力，大小为FfA＝mAgsin θ，故A、B错误；A、B匀速下滑过程中，对A、B整体，由平衡条件有(mA＋mB)gsin θ＝μ(mA＋mB)gcos θ，即sin θ＝μcos θ，该关系式与A、B的总质量mA＋mB无关，对A施加一竖直向下的力，相当于“重力”变大，依然处于平衡状态，所以A、B继续匀速下滑，故C正确，D错误。
3．(2024·阜阳模拟)(多选)如图所示，2 024个质量均为m的小球通过完全相同的轻质弹簧相连，在水平拉力F的作用下，保持相对静止，一起沿动摩擦因数为μ的粗糙水平面向右做匀加速直线运动，设1和2间弹簧的弹力为F1,2和3间弹簧的弹力为F2……2 023 和2 024间弹簧的弹力为F2 023，弹簧始终处于弹性限度内，下列结论正确的是( )
A. F1∶F2∶F3∶…∶F2 023＝1∶2∶3∶…∶2 023
B. 从左到右各弹簧长度之比为1∶2∶3∶…∶2 023
C. 若突然撤去拉力F，此瞬间第2 024个小球的加速度为＋μg，其余每个球的加速度不变
D. 若1和2之间的弹簧长度为x1,2 023和2 024之间的弹簧长度为x2，则弹簧原长为
ACD 解析：以整体为研究对象，由牛顿第二定律得加速度a＝＝－μg，分别以第1,2,3，…，2 023个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得可知F1＝ma＋μmg，F2＝2ma＋2μmg，…，F2 023＝2 023ma＋2 023μmg，即F1∶F2∶F3∶…∶F2 023＝1∶2∶3∶…∶2 023，故A正确；根据Δx＝(k为弹簧劲度系数)，从左到右各弹簧伸长量之比为1∶2∶3∶…∶2 023，从左到右各弹簧长度之比不可能为1∶2∶3∶…∶2 023，故B错误；若突然撤去拉力F，此瞬间第2 024个小球的加速度为 a2 024＝＝＋μg，而其余各球的加速度不变，故C正确；设弹簧原长为l,1和2之间的弹簧长度x1＝l＋，2 023和2 024之间的弹簧长度x2＝l＋，联立得l＝ ，故D正确。
4．(2022·山东卷)某粮库使用额定电压U＝380 V、内阻R＝0.25 Ω 的电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2 m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40 A。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为0。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1＝100 kg，车上粮食质量m2＝1 200 kg，配重质量m0＝40 kg，取g＝10 m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：
(1)比例系数k值；
(2)上行路程L值。
解析：(1)以电动机为研究对象，根据能量守恒定律有
UI＝I2R＋Fv
代入数据得F＝7 400 N
装满粮食的小车匀速向上运动，有
F＋m0g－(m1＋m2)gsin θ－k(m1＋m2)g＝0
小车匀速下滑时，有m1gsin θ－km1g－m0g＝0
联立解得k＝0.1。
(2)关闭发动机后，小车向上做匀减速运动，则有
(m1＋m2)gsin θ－m0g＋k(m1＋m2)g＝(m1＋m2＋m0)a
又2aL＝v2
代入数据解得L＝ m。
答案：(1)0.1 (2) m
5．北京冬奥会后，冰雪运动越来越受人们关注，滑雪机也逐渐走进大众生活。滑雪机利用电机带动雪毯运动，雪毯的质感完全仿真滑雪场的平坦硬雪，滑雪者相对雪毯向下滑行，以达到学习和锻炼的目的，并且通过调整雪毯的速度或坡度，还可以模拟在滑雪场以各种速度在各种坡度的雪道滑行。已知坡道长L＝7 m，倾角θ＝37°，在某次训练中，雪毯静止未开启，一质量m＝70 kg(含装备)的滑雪者没有做任何助力动作，恰能够沿雪毯匀速下滑，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力。(结果可用分数表示)
(1)求滑雪板与雪毯间的动摩擦因数。
(2)开启雪毯，使雪毯始终以速度v1＝2 m/s向下运动，求滑雪者没有做任何助力动作，从坡道顶端由静止滑到底端所用的时间。
(3)现将坡道角度调整为53°，开启雪毯，使雪毯始终以速度v2＝2 m/s向上运动，其他条件不变，求滑雪者在依然没有任何助力的情况下，从坡道顶端由静止滑到底端时在雪毯上留下的划痕长度。
解析：(1)滑雪者恰能够沿雪毯匀速下滑，对滑雪者受力分析，根据受力平衡可知
μmgcos θ＝mgsin θ
解得μ＝0.75。
(2)开始时，滑雪者受沿雪毯向下的摩擦力，对滑雪者受力分析，根据牛顿第二定律可得
mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1
解得a1＝12 m/s2
滑雪者与雪毯共速时t1＝，x1＝a1t
解得t1＝ s，x1＝ m
共速后，滑雪者匀速前进x2＝L－x1，x2＝v1t2
解得x2＝ m，t2＝ s
总时间t＝t1＋t2＝ s。
(3)对滑雪者受力分析，根据牛顿第二定律可得
mgsin 53°－μmgcos 53°＝ma2
解得a2＝3.5 m/s2
下滑到底端时，根据2a2L＝v′2
解得v′＝7 m/s
由v′＝a2t3得t3＝2 s
雪毯运行的距离为x3＝v2t3＝4 m
故划痕的长度为x＝L＋x3＝11 m。
答案：(1)0.75 (2) s (3)11 m
力和曲线运动
(2024·山东卷)(多选)如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20 m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，取g＝10 m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是( )
A. 运动时间为2 s
B. 落地速度与水平方向夹角为60°
C. 重物离PQ连线的最远距离为10 m
D. 轨迹最高点与落点的高度差为45 m
BD 解析：对重物从P运动到Q的过程，水平方向上有x＝v0tcos 30°，竖直方向上有y＝－v0tsin 30°＋gt2，由几何关系有＝tan 30°，联立解得重物的运动时间t＝4 s，A错误；结合A项分析可知，重物落地时的水平分速度vx＝v0cos 30°，竖直分速度vy＝－v0sin 30°＋gt，则tan θ＝＝，所以重物的落地速度与水平方向夹角为60°，B正确；对重物从P运动到Q的过程，垂直于PQ连线方向有2ghmcos 30°＝(v0sin 60°)2，解得重物离PQ连线的最远距离hm＝10 m，C错误；结合B项分析，竖直方向上有2gym＝v，联立解得重物轨迹最高点与落点的高度差ym＝45 m，D正确。
看到什么 想到什么
向对岸抛射重物 斜抛运动、运动合成与分解规律
P和Q连线与水平方向夹角为30° 位移夹角：tan 30°＝，由此求出时间t，落地速度的分量vx、vy
离PQ最远 将v0和g沿平行于PQ和垂直于PQ分解
轨迹最高点 竖直方向的速度为0时到达最高点
1．类平抛模型
(1)常见类型：以平抛运动为基础的类平抛及带电粒子在匀强电场中的曲线运动。
(2)解题思路：将初速度沿平行合力方向和垂直合力方向分解，得出两个方向遵循的规律，即x＝v0t，y＝at2。
2．圆周运动常见模型
项目 轻绳模型 轻杆模型
情景图示
模型关键 (1)“绳”只能对小球施加指向圆心的力； (2)小球通过最高点的速度至少为 (1)“杆”对小球的作用力可以是拉力，也可以是支持力； (2)小球通过最高点的速度最小可以为0
注意：圆周运动问题经常与动能定理、功能关系相结合进行求解。
1．(2023·湖南卷)(多选)如图所示，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，最高点为C，A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是( )
A. 小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B. 小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变
C. 小球的初速度v0＝
D. 若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
AD 解析：由题意知，小球能沿轨道运动并恰好到达C点，则小球在C点的速度vC＝0，假设小球从C向B运动，对此过程中任意一点，有mgR(1－cos α)＝mv2，FN＝mgcos α－m，联立解得FN＝3mgcos α－2mg，从C到B的过程中，α由0增大到θ，则cos α逐渐减小，故FN逐渐减小，反过来小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大，A正确；从A到B的过程中小球重力的功率为P＝－mgvsin θ，由于从A到B的过程中小球的速度逐渐减小，则从A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B错误；从A到C的过程中有－mg·2R＝mv－mv，解得v0＝2，C错误；若小球在B点恰好脱离轨道，有mgcos θ＝m，得vB＝，则若小球初速度v0增大，小球在B点的速度有可能为，故小球有可能从B点脱离轨道，D正确。
2．(2022·山东卷)(多选)如图所示，某同学将离地1.25 m的网球以13 m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离为4.8 m。当网球竖直分速度为0时，击中墙壁上离地高度为8.45 m的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直墙面速度分量大小变为碰前的，平行墙面的速度分量不变。取g＝10 m/s2，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为( )
A. v＝5 m/s B．v＝3 m/s
C. d＝3.6 m D．d＝3.9 m
BD 解析：设网球飞出时的速度为v0，竖直方向v＝2g(H－h)，代入数据得v0竖直＝ m/s＝12 m/s，则v0水平＝＝ m/s＝5 m/s，击球点到P点在水平方向的距离x水平＝v0水平t＝v0水平·＝6 m，根据几何关系可得打在墙壁上时，垂直墙面的速度分量v0水平⊥＝v0水平＝4 m/s，平行墙面的速度分量 v0水平∥＝v0水平＝3 m/s，反弹后，垂直墙面的速度分量v′水平⊥＝v0水平⊥＝3 m/s，则反弹后网球的速度大小为v＝＝3 m/s，网球落到地面的时间t′＝＝ s＝1.3 s，则着地点到墙壁的距离d＝v′水平⊥t′＝3.9 m，B、D正确，A、C错误。
3．(2024·泰安模拟)如图所示，光滑圆环轨道竖直固定放置，轨道半径为R。一小球从最低点以水平速度v0沿轨道运动，在某位置脱离轨道后，恰好经过圆环轨道的圆心。已知重力加速度为g ，不计空气阻力，则v0的大小为 ( )
A. B．
C. D．
B 解析：设小球在A点脱离轨道，如图所示，
小球刚好脱离轨道时，对轨道的压力为0，重力沿圆心的分力提供向心力，则mgcos θ＝m，由动能定理得－mg(R＋Rcos θ)＝mv2－mv，解得v0＝，v＝，小球脱离轨道后做斜抛运动，小球到达圆心，则水平方向上有Rsin θ＝vcos θ·t，竖直方向上有－Rcos θ＝vsin θ·t－gt2，解得cos θ＝，则v0＝，故选B。
动态分析 临界问题
1. (2023·海南卷)如图所示，工人利用滑轮组将重物缓慢提起，下列说法正确的是( )
A. 工人受到的重力和支持力是一对平衡力
B. 工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力
C. 重物被缓慢拉起过程中，绳子拉力变小
D. 重物被缓慢拉起过程中，绳子拉力不变
B 解析：对工人受力分析如图甲所示，则有FN＋FT＝mg，工人受到的重力mg和支持力FN不是一对平衡力，而工人对绳的拉力和绳对工人的拉力是一对作用力与反作用力，A错误，B正确；对滑轮受力分析如图乙所示，有FT＝，重物被缓慢拉起过程中，θ逐渐增大，则FT逐渐增大，C、D错误。
明确作用力和反作用力与一对平衡力的区别。以滑轮为研究对象，设绳子拉力为FT，有2FTcos θ＝mg，由θ变化可知FT变化。
2．如图所示，矩形拉杆箱上放着平底箱包，在与水平方向成α＝37°的拉力F作用下，一起沿水平面从静止开始加速运动。已知箱包的质量m＝1.0 kg，拉杆箱的质量m0＝9.0 kg，箱底与水平面间的夹角 θ＝37°，平底箱包与拉杆箱之间的动摩擦因数μ＝0.5，不计其他摩擦阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)若F＝25 N，求拉杆箱的加速度大小a。
(2)在(1)的情况下，求拉杆箱运动x＝4.0 m时的速度大小v。
(3)要使箱包不从拉杆箱上滑出，求拉力的最大值Fm。
解析：(1)若F＝25 N，以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得
Fcos α＝(m＋m0)a
解得a＝2 m/s2。
(2)根据速度—位移关系可得v2＝2ax
解得v＝4 m/s。
(3)箱包恰好不从拉杆箱上滑出时，箱包与拉杆之间的弹力刚好为0，以箱包为研究对象，受到重力、支持力和摩擦力的作用，此时箱包的加速度为a0，根据牛顿第二定律可得
FNsin θ＋Ffcos θ＝ma0，FNcos θ＝mg＋Ffsin θ，Ff＝μFN
解得a0＝20 m/s2
以整体为研究对象，水平方向根据牛顿第二定律可得Fmcos α＝(m＋m0)a0
解得拉力的最大值为Fm＝250 N。
答案：(1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)250 N
看到什么 想到什么
求拉杆箱加速度 以整体为研究对象，应用牛顿第二定律
箱包不从拉杆箱上滑出 临界条件：箱包与拉杆之间弹力为0。隔离箱包利用牛顿第二定律列方程求解
1．动态分析的常见方法
(1)解析法
先进行受力分析，再建立直角坐标系，对力进行正交分解，列平衡方程，或在力的三角形中结合三角形知识列平衡方程，然后分析方程中的变量有哪些，分析题目信息，得到这些物理量是如何变化的，最终得到平衡条件下的受力动态变化情况。
(2)图解法
①先对物体进行受力分析，得出物体受几个力作用而处于平衡状态。
②分析题目给出的信息，判断物体受力的变化方式。
③把物体的受力情况对应到几何图形中，结合几何知识分析。
说明：此法一般适用于物体受3个共点力或者可以等效为3个共点力的情况，并且常用于定性分析。
(3)力的三角形法
对受3个力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移使3个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力。
2．常见的临界条件
两物体脱离的临界条件 FN＝0
相对滑动的临界条件 静摩擦力达到最大值
绳子松弛的临界条件 FT＝0
最终速度(收尾速度)的临界条件 物体所受合力(加速度)为0
3.临界问题的解题方法
极限法 把物理问题(或过程)推向极端，从而使临界现象(或状态)暴露出来
假设法 研究对象的状态、受力不确定，或物理现象(或过程)存在多种可能，往往用假设法
解析法 将物理过程转化为函数表达式，用二次函数、基本不等式、三角函数等解出临界条件
1．如图所示，质量为1 kg的小球A与质量未知的滑环B用绕过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳连接，连接滑环B的绳与杆垂直并在同一竖直平面内。滑环B套在与竖直方向成θ＝53°的粗细均匀的固定杆上，滑环和杆间的动摩擦因数μ＝0.5，初始时滑环恰好不下滑，现对小球A施加一个水平力F，使小球A在水平力F的作用下沿着圆周轨迹缓慢上移，设滑环与杆间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力(sin 53°＝0.8)，下列说法正确的是( )
A. 绳的拉力保持不变
B. 滑环B的质量m＝0.5 kg
C. 固定杆给滑环B的弹力方向垂直于杆向上
D. 滑环B受到的摩擦力逐渐变小
B 解析：对小球A施加一个水平力F，使小球A在水平力F的作用下沿着圆周轨迹缓慢上移，设绳的拉力与竖直方向夹角为α，在圆周上任一位置时，根据平衡条件可得，绳的拉力为FT＝，水平力F＝m′gtan α，小球A沿着圆周轨迹缓慢上移，α增大，可知拉力FT和水平力F均增大，故A错误；初始时，绳的拉力为FT1＝m′g，此时滑环恰好不下滑，由平衡条件得mgcos 53°＝μFN，FT1＝FN＋mgsin 53°，解得m＝0.5 kg，故B正确；由于拉力FT1增大，则FN垂直于杆向下且增大，故C错误；由于FN增大，所以B保持静止，则Ff＝mgcos θ，可知摩擦力大小不变，故D错误。
2．如图所示，某工厂将圆柱形工件a放在倾角为θ的斜面上，为防止工件滚动，在其下方垫一段半径与a相同的半圆柱体b。若逐渐减小斜面倾角θ，a、b始终处于静止状态，不计a与接触面的摩擦，b的质量很小，则( )
A. 斜面对a的弹力逐渐变小
B. 斜面对a的弹力先变大后变小
C. b对a的弹力逐渐变小
D. b对a的弹力大小不变
C 解析：设斜面对a的弹力为Fa，b对a的弹力为Fba，对a进行受力分析，如图所示，因为a、b半径相等，易得Fa与Fba的夹角为60°，所以α＝120°，无论θ如何变化，Fa与Fba的夹角始终保持不变，α也始终不变；由平衡条件可得，Fa与Fba的合力大小等于圆柱体a所受的重力，所以由正弦定理得＝＝，当逐渐减小斜面倾角θ时，圆柱体a所受的重力始终不变，α不变，β减小，γ增大，且β和γ始终为锐角，故Fba逐渐减小，Fa逐渐增大。故选C。
3．如图所示，质量均为m的两个木块P、Q叠放在光滑的水平地面上，P、Q接触面的倾角为θ。现在Q上加一水平推力F，使P、Q保持相对静止一起向左做匀加速直线运动，下列说法正确的是( )
A. 木块Q对地面的压力可能小于2mg
B. 当F增大时，P、Q间的摩擦力一定增大
C. 若加速度a＝gtan θ，则P受到的摩擦力为0
D. 若加速度aC 解析：以木块P、Q整体为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则有FN＝2mg，由牛顿第三定律可知，木块Q对地面的压力为2mg，A错误；P、Q保持相对静止一起向左做匀加速直线运动，当F较小时，P有向下滑动的趋势，摩擦力沿斜面向上，当F较大时，P有向上滑动的趋势，摩擦力沿斜面向下，因此在F增大的过程中，摩擦力可能增大，可能减小，也可能先减小后反向增大，B错误；对P受力分析，假设P受Q的摩擦力沿斜面向上为Ff，Q对P的支持力为FN，在水平方向由牛顿第二定律可得FNsin θ－Ffcos θ＝ma，在竖直方向由平衡条件可得FNcos θ＋Ffsin θ＝mg，联立解得a＝gtan θ－，若加速度a＝gtan θ，则P受到摩擦力是0，C正确；由C选项分析计算可知，若加速度a 追及相遇以及图像问题
蓝牙耳机可以在一定距离内与手机等设备实现无线连接，已知无线连接的最大距离为10 m。A、B两位同学做了一个有趣实验，A同学佩戴蓝牙耳机，B同学携带手机检测。如图甲所示，A、B两位同学同时沿两条相距8 m的平行直线轨道向同一方向运动。其运动的v-t图像如图乙所示，在运动过程中，手机检测到蓝牙耳机能被连接的总时间为( )
A. 2 s B．4 s
C. 8 s D．13 s
C 解析：已知无线连接的最远距离为10 m，直线轨道相距8 m，手机检测到蓝牙耳机时，A、B两同学之间的位移之差最大值为Δx＝ m＝6 m，根据速度—时间图像可知A做匀速直线运动，B先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，根据图像的斜率可知B的加速度为a＝＝1 m/s2，当A的位移大于B的位移6 m时，手机开始检测不到蓝牙耳机，Δx＝vAt－at2＝6 m，解得t＝2 s，t′＝6 s，6 s后B开始做匀速直线运动，两者间距离继续减小，当B的位移大于A的位移 6 m时，B在6 s之后比A多运动12 m，手机将不再能检测到蓝牙耳机，Δx′＝vBt″－vAt″＝12 m，解得t″＝6 s，所以手机检测到蓝牙耳机能被连接的总时间为Δt＝t＋t″＝8 s，故选C。
看到什么 想到什么
连接最大距离10 m，轨道相距8 m 沿运动方向相距x＝ m＝6 m内手机可连接到蓝牙耳机
图乙 由图乙可知A匀速运动，B先匀加速运动，后匀速运动。匀加速追匀速物体，两者之间距离先增大后减小，再增大
1．解决运动学图像问题的思路
2．解决追及相遇问题的常用方法
过程分析法
函数法 Δx＝x乙＋x0－x甲为关于t的二次函数，当t＝－时有极值；令Δx＝0，利用Δ＝b2－4ac判断有解还是无解，进而判断是否能追上
图像法 画出v-t图像，图线与t轴所围面积表示位移，利用图像更直观
1．(2023·全国甲卷)一小车沿直线运动，从t＝0开始由静止匀加速至t＝t1时刻，此后做匀减速运动，到t＝t2时刻速度降为0。在下列小车位移x与时间t的关系曲线中，可能正确的是( )
D 解析：x-t图像的斜率表示速度，小车在0～t1时间内做匀加速运动，速度变大，即0～t1时间内图像斜率变大，t1～t2时间内做匀减速运动，则图像的斜率变小，小车在t2时刻停止运动时图像的斜率变为0，故选D。
2．(2023·湖北卷)(多选)t＝0时刻，质点P从原点由静止开始做直线运动，其加速度a随时间t按如图所示的正弦曲线变化，周期为2t0。在0～3t0时间内，下列说法正确的是( )
A. t＝2t0时，P回到原点
B. t＝2t0时，P的运动速度最小
C. t＝t0时，P到原点的距离最远
D. t＝t0时，P的运动速度与t＝t0时相同
BD 解析：质点在0～t0时间内从静止出发，先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动，此过程一直向前加速运动；t0～2t0时间内加速度反向，先做加速度增大的减速运动，再做加速度减小的减速运动，t＝2t0时刻速度减小到0，此过程一直向前运动，2t0～4t0重复此过程的运动，即质点一直向前运动，A、C错误，B正确。a-t图像与t轴所围的面积表示速度变化量，～t0内速度的变化量为0，因此t＝时刻的速度与t＝t0时刻相同，D正确。
3．(多选)A、B两车在一条平直的公路上同向并排行驶，t＝0时刻A车开始刹车，A车的速度随时间变化的图像如图甲所示，t＝0时刻A车所在位置为坐标原点O，以A车速度方向为正方向建立x轴，B车的位置坐标随时间变化的图像如图乙所示，图像为顶点在30 m处的抛物线。下列说法正确的是( )
A. A车做匀变速直线运动的加速度大小为 2.5 m/s2
B. B车做匀变速直线运动的加速度大小为 6.25 m/s2
C. t＝4 s时A、B两车相距最近
D. A、B两车相遇两次
AD 解析：v-t图像斜率的绝对值表示加速度的大小，所以A车做匀变速直线运动的加速度大小为a1＝ m/s2＝2.5 m/s2，故A正确；由题意可知，B车做初速度为0的匀加速直线运动，根据运动学公式及题图乙中数据可知，B车做匀变速直线运动的加速度大小为a2＝ m/s2＝2.5 m/s2，故B错误；t＝0时，A车在x1＝0处，B车在x2＝30 m处，t＝4 s时，A车的位移大小为Δx1＝20×4 m－×2.5×42 m＝60 m，B车的位移大小为Δx2＝×2.5×42 m＝20 m，所以t＝4 s时，A车在x1′＝60 m处，B车在x2′＝50 m处，说明A车已经追上并超过了B车，则t＝4 s时，两车并不是相距最近，故C错误；由于A车做匀减速运动，B车做匀加速运动，所以在A车追上B车一段时间后，B车还会追上A车，则两车共相遇两次，故D正确。
4．(2024·成都模拟)(多选)如图所示，车道宽为2.7 m，长为12 m的货车以v1＝10 m/s 的速度匀速直线行驶，距离斑马线20 m时，一自行车以v3＝2 m/s的速度匀速直线行驶，车尾恰好垂直越过货车右侧分界线，此时无人驾驶轿车车头恰好和货车车尾齐平，轿车以v2＝15 m/s速度匀速直线行驶，轿车紧急制动的加速度大小a＝10 m/s2。当货车在侧面遮挡轿车雷达波时，自行车需完全越过货车左侧分界线，轿车雷达才能准确探测到前方自行车。下列判断正确的是( )
A. 货车不减速也不会与自行车相撞
B. 轿车不减速也不会与自行车相撞
C. 轿车探测到自行车立即制动不会与自行车相撞
D. 轿车探测到自行车立即制动会与自行车相撞
AC 解析：自行车车尾运动至轿车左侧分界线所用的时间t3＝＝ s＝2.7 s，自行车完全通过货车车道时，货车不减速的位移x1＝v1t3＝×10×2.7 m＝13.5 m<20 m，自行车完全通过轿车车道时，轿车不减速的位移x2＝v2t3＝15×2.7 m＝40.5 m>32 m，A正确，B错误；自行车过路口时，轿车雷达可探测到障碍物的时间t0＝t3＝1.35 s，此时轿车距路口的距离Δx＝x0－v2t0＝(32－15×1.35) m＝11.75 m，轿车开始制动到停下来的时间t′＝＝ s＝1.5 s，所需要的制动距离x′＝v2t′＝×15×1.5 m＝11.25 m<11.75 m，二者不会相撞，C正确， D错误。
5．(2024·日照模拟)质点甲、乙在t＝0时刻相遇，沿同一方向做直线运动，甲的速度—时间图像如图(a)所示，乙由静止开始运动，其加速度—时间图像如图(b)所示，则下列说法正确的是( )
A. t＝0.5 s时，甲的速度小于乙的速度
B. t＝2 s时，甲、乙相遇
C. 0～2 s内，甲的速度变化量比乙的速度变化量大
D. 0～5 s内，甲的平均速度小于乙的平均速度
D 解析：结合题图(a)可知，0～2 s内，甲的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝2 m/s2，t＝0.5 s时，甲的速度大小为v1＝v0＋a1t＝1 m/s＋0.5×2 m/s＝2 m/s，结合题图(b)可知，t＝0.5 s时，乙的速度大小为v2＝a2t＝4×0.5 m/s＝2 m/s，甲的速度等于乙的速度，故A错误；0～2 s内，甲的平均速度为 1＝＝ m/s＝3 m/s，乙的平均速度为 2＝a2t2＝×4×2 m/s＝4 m/s，由x＝t可知，t＝2 s时，甲的位移小于乙的位移，故B错误；0～2 s内，甲的速度变化量为Δv1＝5 m/s－1 m/s＝4 m/s，乙的速度变化量为Δv2＝4×2 m/s－0＝8 m/s，故C错误；0～5 s内，甲的位移大小为x1＝×2 m＋3×5 m＝21 m,0～2 s内，乙的位移大小为x2＝×4×22 m＝8 m,2～5 s内，乙做加速度减小的加速运动，则乙的位移大小大于x3＝3×8 m＝24 m，又x1专题限时评价(一)
(建议用时：75分钟)
1．(2024·滨州模拟)汽车行驶时应与前车保持一定的安全距离，通常情况下，安全距离与驾驶者的反应时间和汽车行驶的速度有关。某司机在封闭平直道路上测量自己驾驶汽车时的反应时间。汽车以速度v1匀速行驶，记录从看到减速信号至汽车停下的位移x1；然后再以另一速度v2匀速行驶，记录从看到减速信号至汽车停下的位移x2。假设两次实验司机的反应时间不变，加速度相同且恒定不变，可测得该司机的反应时间为( )
A. B．
C. D．
A 解析：设司机的反应时间为 t，匀减速运动的加速度大小为 a，由运动学公式有x1＝v1t＋，x2＝v2t＋，联立解得t＝，故选A。
2．(2023·江苏卷)如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处。已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的。每条腿对月球表面压力的大小为( )
A. B．
C. D．
D 解析：对“嫦娥五号”探测器受力分析有FN＝mg月，则对每一条腿有FN1＝mg月＝，根据牛顿第三定律可知，每条腿对月球表面的压力为，故选D。
3．(多选)如图甲所示，质量为m的风筝在牵线和均匀风力的作用下处于平衡状态，如图乙所示，为此模型的截面图。已知风筝平面与水平面的夹角为37°，牵线(简化为一根)与风筝平面的夹角为53°，风力与风筝平面垂直，重力加速度为g。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )
A. 牵线的拉力与重力的夹角为74°
B. 牵线的拉力大小为mg
C. 风力的大小为1.2mg
D. 把牵线的拉力分别沿重力的反方向和风力的反方向分解，沿风力的反方向的分力大小为1.6mg
AD 解析：由几何关系可知，牵线与水平方向的夹角为 53°－37°＝16°，与竖直方向的夹角为90°－16°＝74°，A正确；把牵线的拉力和重力分别沿着风筝平面和垂直风筝平面分解，由力的平衡可得FTsin 37°＝mgsin 37°，FTcos 37°＋mgcos 37°＝F风，联立解得FT＝mg，F风＝1.6mg，B、C错误；把牵线的拉力分别沿重力的反方向和风力的反方向分解，根据力的平衡条件可知，沿风力的反方向的分力与风力等大反向，大小为 1.6mg，D正确。
4．(多选)中国传统的石拱桥是力与美的完美结合，如图所示是科技馆中小朋友搭建的拱桥模型，1、5与2、4分别是左右对称的塑料构件，构件1、5紧贴在支撑底座上，构件1、2、3的左侧面与竖直面的夹角分别为α、β、γ，且 α＞β＞γ。若小朋友所受重力为G，构件质量不计，小朋友站在构件3的正中间可保持静止，近似认为5块构件表面光滑。下列说法正确的是( )
A. 底座与构件1间的弹力大小等于
B. 底座与构件1间的弹力大小等于
C. 底座与构件1间，构件1、2间，构件2、3间弹力依次变大
D. 底座与构件1间，构件1、2间，构件2、3间弹力依次变小
AC 解析：对5块构件与小朋友整体受力分析如图所示，有F1sin α＋F5sin α＝G，由对称性可知，支撑底座对构件1、5的弹力大小相等，即F1＝F5，可得F1＝，A正确，B错误；同理，对构件2、3、4与小朋友整体受力分析，可得构件1、2间的弹力F2＝，对构件3与小朋友整体受力分析，可得构件2、3间的弹力F3＝，由于α＞β＞γ，可知底座与构件1间，构件1、2间，构件2、3间弹力依次变大，C正确，D错误。
5．拖着橡胶轮胎跑是训练身体耐力的一种有效方法，受训者用两根挂在肩上的绳子拖着轮胎在水平直道上做匀速直线运动，如图所示，每根绳的拉力大小为F，地面对轮胎的摩擦阻力大小恒为Ff，假设运动过程中保持双肩及两绳的端点A、B等高，两绳间的夹角为θ，两绳所构成的平面与水平面间的夹角恒为α，轮胎所受重力为G，若已知F＝Ff，且cos ＝，则角α的大小为( )
A. 30° B．37°
C. 45° D．60°
A 解析：每根绳的拉力为F，则这两根绳拉力的合力F合＝2Fcos ，方向沿两绳夹角的角平分线，与水平面的夹角为α，对轮胎受力分析如图所示，由平衡条件得 F合cos α＝Ff，解得α＝30°，A正确。
6．消防员在抢险救灾工作中扮演了非常重要的角色。在救援过程中常常需要从顶楼直降到某一楼层，在下降过程中，可以将模型简化为如图所示的物理模型：脚与墙壁接触点为A点，消防员所受的重力全部集中在B点，A到B可简化为轻杆，OB为轻绳。已知下降过程中AB的长度以及AB与竖直方向之间的夹角保持不变。初始时刻，消防员保持静止，下降一定高度后再次保持静止。静止后相对于初始位置，下列说法正确的是( )
A. 墙对AB杆的支持力变大
B. 墙对AB杆的支持力变小
C. 墙对AB杆的支持力保持不变
D. 条件不足，无法判断
B 解析：由分析可知，两个状态相比，重力大小、方向不变，杆的支持力方向不变，消防员受力分析如图所示，由作图法可知墙对AB杆的支持力变小，B正确，A、C、D错误。
7．如图所示，竖直平面内有三根不可伸长的轻质细绳，绳1水平，绳2与水平方向成60°角，O为结点，绳3的下端拴接一质量为m、长度为l的导体棒，棒垂直于纸面静止，整个空间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现向导体棒通入方向向里、大小由0缓慢增大到I0的电流，可观察到导体棒缓慢上升到使绳3与绳1所处的水平面成30°角时保持静止。已知重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 绳1受到的拉力先增大后减小
B. 绳2受到的拉力先增大后减小
C. 绳3受到的拉力最大值为mg
D. 导体棒中电流I0的值为
D 解析：对绳子与导体棒整体受力分析，重力大小和方向不变，绳1、2弹力方向不变，根据左手定则，安培力水平向右且逐渐增大，由平衡条件得，水平方向有F1＝F2cos 60°＋BIl，竖直方向有 F2sin 60°＝mg，电流逐渐变大，可知F2不变，F1增大，A、B错误；对导体棒受力分析，当电流增大到I0时，安培力与重力的合力最大，此时绳3的拉力最大，有 sin 30°＝，最大值为F3＝2mg，C错误；当电流增大到I0时，有 tan 30°＝，得I0＝，D正确。
8．(多选)如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂质量为m的物块A，另一端系一位于固定光滑斜面上的质量为2m的物块B，斜面倾角θ＝45°，外力F沿斜面向上拉物块B，使物块B由滑轮正下方位置缓慢运动到和滑轮等高的位置，则( )
A. 细绳OO′的拉力先减小后增大
B. 细绳对物块B的拉力大小不变
C. 斜面对物块B的支持力先减小后增大
D. 外力F逐渐变大
BCD 解析：由题意可知，物块缓慢移动，整体都处于平衡状态，则绳OO′的拉力等于下面绳对A的拉力和绳对B的拉力的合力，由于绳对A的拉力和绳对B的拉力大小相等，都等于A所受重力的大小，当B上移时，二者之间的夹角变大，则根据平行四边形定则可知合力变小，即绳OO′的拉力逐渐减小，故A错误，B正确。开始时刻对物块B受力分析如图所示，当物块B上移时α先减小后增大；则在垂直斜面方向，根据平衡方程可知，斜面对物块B的支持力FN先减小后增大，在沿斜面方向，根据平衡条件可知，外力F逐渐变大，故C、D正确。
9．甲、乙两车在同一条平直公路上运动，其x-t图像如图所示，已知甲车做匀变速直线运动，其余数据已在图中标出。根据图中数据可知( )
A. t＝2 s时刻，甲、乙两车速度大小相等
B. 0～2 s内，甲车位移等于乙车位移
C. 甲车的初速度大小为2 m/s
D. 在相遇之前，t＝0.75 s时两车相距最远
D 解析：在x-t图像中，图线的斜率表示速度，由题图可知，t＝2 s时，甲车的速度大于乙车的速度，故A错误。由题图知，在0～2 s内，甲车位移为8 m，乙车位移为6 m，甲车位移大于乙车位移，故B错误。由题图可知，乙车做匀速直线运动的速度大小为3 m/s；设甲车的位置表达式为x＝v0t＋a1t2＋x0，将(0，－2)、(1,0)、(2,6)三组数据代入上式，解得x0＝－2 m，v0＝0，a1＝4 m/s2，故C错误。速度相同时，两车相距最远，即v甲＝v乙＝3 m/s，得t＝＝0.75 s，故D正确。
10．甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v-t图像如图所示。已知两车在t＝4 s时相遇，则下列说法正确的是( )
A. 甲车的加速度大小为10 m/s2
B. t＝3 s时，甲车的速度为31.5 m/s
C. 0～4 s的时间内甲车发生的位移为80 m
D. 在t＝0时，乙车在甲车前40 m处
D 解析：v-t图像中图线的斜率表示加速度，则甲车的加速度大小为a＝＝ m/s2＝7.5 m/s2，故A错误；t＝3 s时甲车的速度为v3＝v0＋at3＝32.5 m/s，故B错误；v-t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移大小，0～4 s时间内，甲车发生的位移为x甲＝ m＝100 m，故C错误；0～4 s时间内，乙车发生的位移为x乙＝ m＝60 m，则在t＝0时，乙车在甲车前Δx＝x甲－x乙＝40 m处，故D正确。
11．将一弹性小球从距地面高度h处的P点以某一速度v0水平抛出，与前方的一面竖直墙发生弹性碰撞，且碰撞满足“光的反射定律”(碰后小球竖直速度不变，水平速度大小不变，与墙壁的夹角不变)。已知v0与竖直墙面的夹角为θ(θ<90°)，小球落地后不再反弹，落地点到墙面的距离为x1；若小球从P点以2v0的初速度沿原方向水平抛出，落地点到墙面的距离为x2。已知重力加速度为g，则小球第一次抛出的初速度v0和P点到墙面的距离x为( )
A. v0＝，x＝x2－2x1
B. v0＝，x＝
C. v0＝(x2－x1)，x＝
D. v0＝(x2－x1)，x＝x2－2x1
A 解析：根据题意可知，在这两次抛出小球的过程中，小球运动的时间相等，由h＝gt2，可得t＝，由几何关系可得v0t＝＋，2v0t＝＋，联立可得v0＝，x＝x2－2x1，故选A。
12．在地面上以初速度kv0竖直上抛一物体A后，又以初速度v0在同一地点竖直上抛另一物体B，若要使两物体能在空中相遇，则两物体抛出的时间间隔Δt必须满足的条件为(已知k>1，不计空气阻力)( )
A. Δt> B. Δt<
C. <Δt< D. <Δt<
D 解析：物体A从地面上抛至回到地面所用时间为tA＝2·，物体B从地面上抛至回到地面所用时间为tB＝2·；要使两物体能在空中相遇，有以下两种临界情况：临界一，两物体刚好在回到地面时相遇，则有Δt1＝tA－tB＝；临界二，在物体A刚好回到地面时，将物体B上抛，则有Δt2＝tA＝；故为了使两物体能在空中相遇，两物体抛出的时间间隔Δt必须满足<Δt<，D正确，A、B、C错误。
13．(2023·江苏卷)如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°，平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑雪道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)求滑雪者运动到P点的时间t。
(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v。
(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。
解析：(1)滑雪者从A到P，根据动能定理有
mgdsin 45°－μmgdcos 45°＝mv－0
根据动量定理有(mgsin 45°－μmgcos 45°)t＝mvP－0
联立解得vP＝，t＝。
(2)若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有
v＝vP＝。
(3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出后做斜抛运动，竖直方向上有
vPsin 45°＝g×
水平方向上有L＝vPcos 45°·t′
联立可得L＝d(1－μ)。
答案：(1) (2)
(3)d(1－μ)
14．某闯关游戏中有这样一个水上项目，挑战者需要借助悬挂在高处的轻绳飞越到水池对面的平台上，已知开始时轻绳与竖直方向的夹角为α＝60°，轻绳的悬挂点O的正下方恰好在水池的左端，且距平台的竖直高度为H＝3.6 m，水池的宽度D＝2.4 m，绳长为L(L(1)求挑战者刚摆到最低点时所受轻绳的拉力。
(2)若挑战者某次飞越过程中绳长为2.8 m，试判断该挑战者能否飞越到水池对面的平台上。如果不能，试判断挑战者想安全飞越到水池对面的平台上，绳长需要满足的条件。
解析：(1)挑战者由静止到摆至最低点的过程中，由动能定理得mgL(1－cos α)＝mv
在最低点时，由牛顿第二定律得FT－mg＝m
可得轻绳的拉力为FT＝2mg＝1 200 N。
(2)当绳长为L1＝2.8 m时，由(1)问可知
v0＝＝2 m/s
挑战者松手做平抛运动，则
竖直方向上有H－L1＝gt
水平方向上有x1＝v0t1＝ m所以该挑战者不能飞越到水池对面的平台上，如果挑战者想安全飞越到水池对面的平台上，需满足水平位移 x≥D，则
竖直方向上有H－L＝gt2
水平方向上有x＝v0t＝≥D
解得1.2 m≤L≤2.4 m。
答案：(1)1 200 N (2)不能 1.2 m≤L≤2.4 m专题限时评价(一)
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1．(2024·滨州模拟)汽车行驶时应与前车保持一定的安全距离，通常情况下，安全距离与驾驶者的反应时间和汽车行驶的速度有关。某司机在封闭平直道路上测量自己驾驶汽车时的反应时间。汽车以速度v1匀速行驶，记录从看到减速信号至汽车停下的位移x1；然后再以另一速度v2匀速行驶，记录从看到减速信号至汽车停下的位移x2。假设两次实验司机的反应时间不变，加速度相同且恒定不变，可测得该司机的反应时间为( )
A. B．
C. D．
A 解析：设司机的反应时间为 t，匀减速运动的加速度大小为 a，由运动学公式有x1＝v1t＋，x2＝v2t＋，联立解得t＝，故选A。
2．(2023·江苏卷)如图所示，“嫦娥五号”探测器静止在月球平坦表面处。已知探测器质量为m，四条腿与竖直方向的夹角均为θ，月球表面的重力加速度为地球表面重力加速度g的。每条腿对月球表面压力的大小为( )
A. B．
C. D．
D 解析：对“嫦娥五号”探测器受力分析有FN＝mg月，则对每一条腿有FN1＝mg月＝，根据牛顿第三定律可知，每条腿对月球表面的压力为，故选D。
3．(多选)如图甲所示，质量为m的风筝在牵线和均匀风力的作用下处于平衡状态，如图乙所示，为此模型的截面图。已知风筝平面与水平面的夹角为37°，牵线(简化为一根)与风筝平面的夹角为53°，风力与风筝平面垂直，重力加速度为g。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，下列说法正确的是( )
A. 牵线的拉力与重力的夹角为74°
B. 牵线的拉力大小为mg
C. 风力的大小为1.2mg
D. 把牵线的拉力分别沿重力的反方向和风力的反方向分解，沿风力的反方向的分力大小为1.6mg
AD 解析：由几何关系可知，牵线与水平方向的夹角为 53°－37°＝16°，与竖直方向的夹角为90°－16°＝74°，A正确；把牵线的拉力和重力分别沿着风筝平面和垂直风筝平面分解，由力的平衡可得FTsin 37°＝mgsin 37°，FTcos 37°＋mgcos 37°＝F风，联立解得FT＝mg，F风＝1.6mg，B、C错误；把牵线的拉力分别沿重力的反方向和风力的反方向分解，根据力的平衡条件可知，沿风力的反方向的分力与风力等大反向，大小为 1.6mg，D正确。
4．(多选)中国传统的石拱桥是力与美的完美结合，如图所示是科技馆中小朋友搭建的拱桥模型，1、5与2、4分别是左右对称的塑料构件，构件1、5紧贴在支撑底座上，构件1、2、3的左侧面与竖直面的夹角分别为α、β、γ，且 α＞β＞γ。若小朋友所受重力为G，构件质量不计，小朋友站在构件3的正中间可保持静止，近似认为5块构件表面光滑。下列说法正确的是( )
A. 底座与构件1间的弹力大小等于
B. 底座与构件1间的弹力大小等于
C. 底座与构件1间，构件1、2间，构件2、3间弹力依次变大
D. 底座与构件1间，构件1、2间，构件2、3间弹力依次变小
AC 解析：对5块构件与小朋友整体受力分析如图所示，有F1sin α＋F5sin α＝G，由对称性可知，支撑底座对构件1、5的弹力大小相等，即F1＝F5，可得F1＝，A正确，B错误；同理，对构件2、3、4与小朋友整体受力分析，可得构件1、2间的弹力F2＝，对构件3与小朋友整体受力分析，可得构件2、3间的弹力F3＝，由于α＞β＞γ，可知底座与构件1间，构件1、2间，构件2、3间弹力依次变大，C正确，D错误。
5．拖着橡胶轮胎跑是训练身体耐力的一种有效方法，受训者用两根挂在肩上的绳子拖着轮胎在水平直道上做匀速直线运动，如图所示，每根绳的拉力大小为F，地面对轮胎的摩擦阻力大小恒为Ff，假设运动过程中保持双肩及两绳的端点A、B等高，两绳间的夹角为θ，两绳所构成的平面与水平面间的夹角恒为α，轮胎所受重力为G，若已知F＝Ff，且cos ＝，则角α的大小为( )
A. 30° B．37°
C. 45° D．60°
A 解析：每根绳的拉力为F，则这两根绳拉力的合力F合＝2Fcos ，方向沿两绳夹角的角平分线，与水平面的夹角为α，对轮胎受力分析如图所示，由平衡条件得 F合cos α＝Ff，解得α＝30°，A正确。
6．消防员在抢险救灾工作中扮演了非常重要的角色。在救援过程中常常需要从顶楼直降到某一楼层，在下降过程中，可以将模型简化为如图所示的物理模型：脚与墙壁接触点为A点，消防员所受的重力全部集中在B点，A到B可简化为轻杆，OB为轻绳。已知下降过程中AB的长度以及AB与竖直方向之间的夹角保持不变。初始时刻，消防员保持静止，下降一定高度后再次保持静止。静止后相对于初始位置，下列说法正确的是( )
A. 墙对AB杆的支持力变大
B. 墙对AB杆的支持力变小
C. 墙对AB杆的支持力保持不变
D. 条件不足，无法判断
B 解析：由分析可知，两个状态相比，重力大小、方向不变，杆的支持力方向不变，消防员受力分析如图所示，由作图法可知墙对AB杆的支持力变小，B正确，A、C、D错误。
7．如图所示，竖直平面内有三根不可伸长的轻质细绳，绳1水平，绳2与水平方向成60°角，O为结点，绳3的下端拴接一质量为m、长度为l的导体棒，棒垂直于纸面静止，整个空间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现向导体棒通入方向向里、大小由0缓慢增大到I0的电流，可观察到导体棒缓慢上升到使绳3与绳1所处的水平面成30°角时保持静止。已知重力加速度为g。在此过程中，下列说法正确的是( )
A. 绳1受到的拉力先增大后减小
B. 绳2受到的拉力先增大后减小
C. 绳3受到的拉力最大值为mg
D. 导体棒中电流I0的值为
D 解析：对绳子与导体棒整体受力分析，重力大小和方向不变，绳1、2弹力方向不变，根据左手定则，安培力水平向右且逐渐增大，由平衡条件得，水平方向有F1＝F2cos 60°＋BIl，竖直方向有 F2sin 60°＝mg，电流逐渐变大，可知F2不变，F1增大，A、B错误；对导体棒受力分析，当电流增大到I0时，安培力与重力的合力最大，此时绳3的拉力最大，有 sin 30°＝，最大值为F3＝2mg，C错误；当电流增大到I0时，有 tan 30°＝，得I0＝，D正确。
8．(多选)如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂质量为m的物块A，另一端系一位于固定光滑斜面上的质量为2m的物块B，斜面倾角θ＝45°，外力F沿斜面向上拉物块B，使物块B由滑轮正下方位置缓慢运动到和滑轮等高的位置，则( )
A. 细绳OO′的拉力先减小后增大
B. 细绳对物块B的拉力大小不变
C. 斜面对物块B的支持力先减小后增大
D. 外力F逐渐变大
BCD 解析：由题意可知，物块缓慢移动，整体都处于平衡状态，则绳OO′的拉力等于下面绳对A的拉力和绳对B的拉力的合力，由于绳对A的拉力和绳对B的拉力大小相等，都等于A所受重力的大小，当B上移时，二者之间的夹角变大，则根据平行四边形定则可知合力变小，即绳OO′的拉力逐渐减小，故A错误，B正确。开始时刻对物块B受力分析如图所示，当物块B上移时α先减小后增大；则在垂直斜面方向，根据平衡方程可知，斜面对物块B的支持力FN先减小后增大，在沿斜面方向，根据平衡条件可知，外力F逐渐变大，故C、D正确。
9．甲、乙两车在同一条平直公路上运动，其x-t图像如图所示，已知甲车做匀变速直线运动，其余数据已在图中标出。根据图中数据可知( )
A. t＝2 s时刻，甲、乙两车速度大小相等
B. 0～2 s内，甲车位移等于乙车位移
C. 甲车的初速度大小为2 m/s
D. 在相遇之前，t＝0.75 s时两车相距最远
D 解析：在x-t图像中，图线的斜率表示速度，由题图可知，t＝2 s时，甲车的速度大于乙车的速度，故A错误。由题图知，在0～2 s内，甲车位移为8 m，乙车位移为6 m，甲车位移大于乙车位移，故B错误。由题图可知，乙车做匀速直线运动的速度大小为3 m/s；设甲车的位置表达式为x＝v0t＋a1t2＋x0，将(0，－2)、(1,0)、(2,6)三组数据代入上式，解得x0＝－2 m，v0＝0，a1＝4 m/s2，故C错误。速度相同时，两车相距最远，即v甲＝v乙＝3 m/s，得t＝＝0.75 s，故D正确。
10．甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v-t图像如图所示。已知两车在t＝4 s时相遇，则下列说法正确的是( )
A. 甲车的加速度大小为10 m/s2
B. t＝3 s时，甲车的速度为31.5 m/s
C. 0～4 s的时间内甲车发生的位移为80 m
D. 在t＝0时，乙车在甲车前40 m处
D 解析：v-t图像中图线的斜率表示加速度，则甲车的加速度大小为a＝＝ m/s2＝7.5 m/s2，故A错误；t＝3 s时甲车的速度为v3＝v0＋at3＝32.5 m/s，故B错误；v-t图像中图线与时间轴围成的面积表示位移大小，0～4 s时间内，甲车发生的位移为x甲＝ m＝100 m，故C错误；0～4 s时间内，乙车发生的位移为x乙＝ m＝60 m，则在t＝0时，乙车在甲车前Δx＝x甲－x乙＝40 m处，故D正确。
11．将一弹性小球从距地面高度h处的P点以某一速度v0水平抛出，与前方的一面竖直墙发生弹性碰撞，且碰撞满足“光的反射定律”(碰后小球竖直速度不变，水平速度大小不变，与墙壁的夹角不变)。已知v0与竖直墙面的夹角为θ(θ<90°)，小球落地后不再反弹，落地点到墙面的距离为x1；若小球从P点以2v0的初速度沿原方向水平抛出，落地点到墙面的距离为x2。已知重力加速度为g，则小球第一次抛出的初速度v0和P点到墙面的距离x为( )
A. v0＝，x＝x2－2x1
B. v0＝，x＝
C. v0＝(x2－x1)，x＝
D. v0＝(x2－x1)，x＝x2－2x1
A 解析：根据题意可知，在这两次抛出小球的过程中，小球运动的时间相等，由h＝gt2，可得t＝，由几何关系可得v0t＝＋，2v0t＝＋，联立可得v0＝，x＝x2－2x1，故选A。
12．在地面上以初速度kv0竖直上抛一物体A后，又以初速度v0在同一地点竖直上抛另一物体B，若要使两物体能在空中相遇，则两物体抛出的时间间隔Δt必须满足的条件为(已知k>1，不计空气阻力)( )
A. Δt> B. Δt<
C. <Δt< D. <Δt<
D 解析：物体A从地面上抛至回到地面所用时间为tA＝2·，物体B从地面上抛至回到地面所用时间为tB＝2·；要使两物体能在空中相遇，有以下两种临界情况：临界一，两物体刚好在回到地面时相遇，则有Δt1＝tA－tB＝；临界二，在物体A刚好回到地面时，将物体B上抛，则有Δt2＝tA＝；故为了使两物体能在空中相遇，两物体抛出的时间间隔Δt必须满足<Δt<，D正确，A、B、C错误。
13．(2023·江苏卷)如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°，平台BC与缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑雪道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)求滑雪者运动到P点的时间t。
(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v。
(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。
解析：(1)滑雪者从A到P，根据动能定理有
mgdsin 45°－μmgdcos 45°＝mv－0
根据动量定理有(mgsin 45°－μmgcos 45°)t＝mvP－0
联立解得vP＝，t＝。
(2)若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故从P点到B点合力做功为0，所以当从A点下滑时，到达B点有
v＝vP＝。
(3)当滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大；滑雪者从B点飞出后做斜抛运动，竖直方向上有
vPsin 45°＝g×
水平方向上有L＝vPcos 45°·t′
联立可得L＝d(1－μ)。
答案：(1) (2)
(3)d(1－μ)
14．某闯关游戏中有这样一个水上项目，挑战者需要借助悬挂在高处的轻绳飞越到水池对面的平台上，已知开始时轻绳与竖直方向的夹角为α＝60°，轻绳的悬挂点O的正下方恰好在水池的左端，且距平台的竖直高度为H＝3.6 m，水池的宽度D＝2.4 m，绳长为L(L(1)求挑战者刚摆到最低点时所受轻绳的拉力。
(2)若挑战者某次飞越过程中绳长为2.8 m，试判断该挑战者能否飞越到水池对面的平台上。如果不能，试判断挑战者想安全飞越到水池对面的平台上，绳长需要满足的条件。
解析：(1)挑战者由静止到摆至最低点的过程中，由动能定理得mgL(1－cos α)＝mv
在最低点时，由牛顿第二定律得FT－mg＝m
可得轻绳的拉力为FT＝2mg＝1 200 N。
(2)当绳长为L1＝2.8 m时，由(1)问可知
v0＝＝2 m/s
挑战者松手做平抛运动，则
竖直方向上有H－L1＝gt
水平方向上有x1＝v0t1＝ m所以该挑战者不能飞越到水池对面的平台上，如果挑战者想安全飞越到水池对面的平台上，需满足水平位移 x≥D，则
竖直方向上有H－L＝gt2
水平方向上有x＝v0t＝≥D
解得1.2 m≤L≤2.4 m。
答案：(1)1 200 N (2)不能 1.2 m≤L≤2.4 m
