2018年高考物理考前20天终极冲刺攻略（第01期）
文档属性
| 名称 | 2018年高考物理考前20天终极冲刺攻略（第01期） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 1.8MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2018-05-20 22:15:51 | ||
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文档简介
5月16日 运动学图象 运动学规律的应用
考纲要求 位移、速度和加速度（II）匀变速直线运动及其公式、图象（II）
命题预测 1.从考查力度来看，涉及本单元知识的考题，近几年全国高考中都有出现，大多数省份均以选择题的形式出现，部分省份以计算题的形式考查，且往往结合图象进行分析。2.从考查内容来看，本单元的考点要求较低、试题难度较小，高考试题中单独考查本单元知识的题目多以实际问题的形式出现，与现实生产、生活和现代科技的结合将更紧密，涉及内容更广泛，与高科技相联系的情景会有所增加。3.从考查热点来看，x－t图象、v－t图象和追及、相遇、滑块－滑板等模型是高考命题的热点.要会从图象的角度分析问题解决问题
应试技巧 1.应用运动图象解题“六看”x－t图象v－t图象轴横轴为时间t，纵轴为位移x横轴为时间t，纵轴为速度v线倾斜直线表示匀速直线运动倾斜直线表示匀变速直线运动斜率表示速度表示加速度面积无实际意义图线和时间轴围成的面积表示位移纵截距表示初位置表示初速度特殊点拐点表示从一种运动变为另一种运动，交点表示相遇拐点表示从一种运动变为另一种运动，交点表示速度相等2.求解匀变速直线运动的一般步骤→→→→3.熟记基本公式：，；4.常用推论：，，，。5.刹车：求解此类问题应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解。6.追及问题：解决此类问题要注意“两个关系”和“一个条件”，“两个关系”即时间关系和位移关系；“一个条件”即两者速度相等，它往往是物体间能否追上或两物体距离最大、最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点。画出运动草图，在图上标出已知量和未知量，再探寻位移关系和速度关系是解决此类问题的通用技巧。
1．（2016上海卷）物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度是
A. B.
C. D.
【参考答案】B【命题意图】本题考查匀变速直线运动的规律及推论，知识点上重点考查考纲中的“位移、速度和加速度”。【试题解析】根据题意，物体做匀加速直线运动，t时间内的平均速度等于时刻的瞬时速度，在第一段内中间时刻的瞬时速度为：；在第二段内中间时刻的瞬时速度为：；则物体加速度为：，故选项B正确。【解题技巧】本题先通过物体做匀加速直线运动，t时间内的平均速度等于时刻的瞬时速度，求出两段时间中间时刻的瞬时速度，再根据加速度公式计算出物体的加速度。
2．（2016全国新课标Ⅲ卷）一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为
A. B. C. D.
【参考答案】A【命题意图】本题主要考查匀变速直线运动规律的应用。【试题解析】设初速度为，末速度为，根据题意可得，解得，根据，可得，解得，代入可得，故A正确。【名师点睛】在分析匀变速直线运动问题时，由于这一块的公式较多，涉及的物理量较多，并且有时候涉及的过程也非常多，所以一定要注意对所研究的过程的运动性质清晰明了，对给出的物理量所表示的含义明确，然后选择正确的公式分析解题。
3．（2016全国新课标Ⅰ卷）甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v–t图象如图所示。已知两车在t=3 s时并排行驶，则
A.在t=1 s时，甲车在乙车后
B.在t=0时，甲车在乙车前7.5 m
C.两车另一次并排行驶的时刻是t=2 s
D.甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
【参考答案】BD【命题意图】本题重点考查v–t图象、追及问题，要理解图象的意义和运动的规律。【试题解析】根据v–t图象，可以判断在t=1 s时，甲车和乙车并排行驶，故AC错误；在t=0时，甲车在乙车前的距离，故B正确；甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离也就是从第1 s末到第3 s末两车运动的位移，故D正确。【解题技巧】本题主要考查了v–t图象、追及问题。v–t图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移；在时间轴上方的面积表示位移为正，下方的面积表示位移为负；相遇要求在同一时刻到达同一位置。
1．（2018福建省宁德市普通高中质量检测）在平直公路上有甲、乙两辆汽车沿着同一方向运动，它们的v–t图象如图所示，则
A.t=1 s时，甲车在乙车的前面
B.t=3 s时，甲乙两车相遇
C.乙车比甲车迟1 s出发
D.甲车的加速度大于乙车的加速度
2．（2018山东、湖北省部分重点中学高三冲刺模拟试卷）如图所示，光滑木板长1 m，木板上距离左端O点 m处放有一物块，木板可以绕左端O点垂直纸面的轴转动，开始时木板水平静止。现让木板突然以一恒定角速度顺时针转动，物块下落正好可以砸在木板的末端，已知重力加速度g=10 m/s2，则木板转动的角速度为
A.π rad/s B.π rad/s C.πrad/s D.π rad/s
3．（2018河北省唐山市高三强化提升）如图所示，甲从A地由静止匀加速跑向B地，当甲前进距离为s1时，乙从距A地s2处的C点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B地，则AB两地距离为
A. B. C. D.
4．（2018江西省赣县三中高三期中考试）如图所示为a、b两小球沿光滑水平面相向运动的v–t图线。已知当两小球间距小于或等于L时，受到相互排斥的恒力作用，当间距大于L时，相互间作用力为零。由图可知
A.a球的质量大于b球的质量
B.a球的质量小于b球的质量
C.t3时刻两球间距为L
D.tl时刻两球间距最小
5．（2018云南省元江民中四月份月考）甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动，其中质点甲做初速度为零、加速度大小为a1的匀加速直线运动，质点乙做初速度为v0=10 m/s、加速度大小为a2的匀减速直线运动直至停止。甲、乙两质点在运动过程中位移为5 m时速度相同，经过另一相同位置时，甲、乙两质点的速度分别为8 m/s、6 m/s。求：
（1）甲、乙两质点的加速度大小a1、a2；
（2）甲、乙两质点相遇时离出发点的距离。
1．甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动，两车在某一时刻刚好经过同一位置，此时甲的速度为5 m/s，乙的速度为10 m/s，以此时作为计时起点，它们的速度随时间变化的关系如图所示，根据以上条件可知
A.在t=4 s时，甲、乙两车相距最远
B.在t=10 s时，乙车恰好回到出发点
C.乙车在运动过程中速度的方向发生改变
D.乙车做加速度先增大后减小的变加速运动
2．甬温线永嘉站至温州南站间，北京南至福州的D301次列车与杭州至福州南的D3115次列车发生追尾事故，造成动车组运行以来的特重大铁路交通事故。事故发生前D3115次列车正以36 km/h的速度匀速行驶，而D301次列车驶离永嘉站后，经过2分钟车速达到216 km/h后，便开始匀速行驶。不幸的是几分钟后就发生了追尾事故。（认为列车运行轨道为平直的）
（1）如果认为D301次列车以恒定加速度由静止驶离永嘉站，求D301的启动加速度大小和加速距离。
（2）已知列车紧急制动的加速度大小为5 m/s2，D301正常行驶后，为了避免事故发生，应在距离D3115至少多远处开始刹车才有可能避免事故发生？
名校预测
1．【答案】C【考点】v–t图线，追及与相遇问题【解析】由于不知道在t=0时刻两车的位置关系，则不能判断t=1 s时两车的位置关系，也不能判断t=3 s时两车是否相遇，选项AB错误；由图象可知，乙车比甲车迟1 s出发，选项C正确；v–t线的斜率等于加速度，则甲车的加速度小于乙车的加速度，选项D错误；故选C。
2．【答案】C【考点】自由落体运动【解析】设从开始到物块砸在木板的末端，木板转过的角度为α，根据几何知识可知，解得，所以物块下落的高度，由，得物块下落时间为，所以木板转动的角速度，C正确。【名师点睛】木块做自由落体运动，木板做匀速圆周运动，当木块砸在木板末端时，两者的运动时间相同。根据自由落体运动求时间是本题的关键。
3．【答案】B【考点】匀变速直线运动的规律【解析】设甲前进距离为s1时，速度为v，甲乙匀加速直线运动的加速度为a，则有：，根据速度位移公式，解得：，解得，则AB的距离，故选B。
4．【答案】AC【考点】v–t图线【解析】从速度时间图象可以看出b小球速度时间图象的斜率绝对值较大，所以b小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力，大小相等，根据a=F/m知，加速度大的质量小，所以b小球质量较小，故A正确，B错误；当间距大于L时，相互间作用力为零，由图看出t3时刻之后相互作用力为零，即间距大于L，则t3时刻距离为L，故C正确；二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，所以D错误。
5．【答案】（1） 5 m/s2 5 m/s2 （2）10 m【考点】匀变速直线运动的规律【解析】（1）设质点乙、甲先后通过x=5 m处时的速度均为v对质点甲：①对质点乙：②联立①②解得：③当质点甲的速度v1=8 m/s、质点乙的速度v2=6 m/s时，两质点通过相同的位移均为x′对质点甲：④对质点乙：⑤联立④⑤解得：a1=a2⑥联立③⑥解得：（2）设甲、乙两质点经过时间t后相遇，相遇时离出发点距离为d对质点甲：⑦对质点乙：⑧联立⑦⑧解得：
专家押题
1．【答案】A【考点】v－t图象【解析】在速度相等时，两车相距最远，即t=4 s时相距最远，故A正确；0~10 s内物体乙的速度一直为正，方向不变，故在t=10 s时，乙车不能回到出发点，选项BC错误；图象的斜率表示物体的加速度，由图可知，乙的加速度先减小后增大，最后再减小，故D错误；故选A。
2．【答案】（1）3 600 m （2）250 m【考点】匀加速直线运动、追及问题【解析】（1）由于D301次列车经过2分钟车速达到v1=216 km/h=60 m/s所以启动加速度a==0.5 m/s加速距离s=a（Δt）2=3 600 m（2）要使两列车恰好不相撞，则至少满足，D301追上D3115时两列车速度相同所以得v2=v1－a't解得t=10 s两列车之间的距离为Δs =t－v2t解得Δs=250 m【点拨】本题考查追及问题，在分别研究两列车运动的基础上，关键是要寻找两列车之间的位移关系和速度关系，注意挖掘隐含的临界条件。
农场的鸡病了。农场主请来生物学家、化学家和物理学家来看一下鸡出了什么问题。生物学家对鸡做了一番检查，最后说，不知道鸡得的什么病。化学家做了一番试验和测量，最后也没查出个所以然。物理学家站在那儿，对着鸡看了一会，甚至都没去动一下那只鸡。然后，拿出笔记本开始写了起来，最后，经过一番可怕的计算，物理学家说：“搞定了。可是，只适用于真空中的球形鸡。”
笑点不好笑：物理学的理论研究中经常会用到理想模型，这可以使物理学研究更加简单，得到的结论更加深刻，然而实际存在的却不会是理想模型，尤其是在实际的物理实验中，误差的分析、各类影响因数是相当重要的。
5月17日 物体的平衡与受力分析
考纲要求 形变、弹性、胡克定律（I）力的合成和分解（II）共点力的平衡（II）
命题预测 1.考查力的产生条件、力的大小、方向的判断（难点：弹力、摩擦力）、力的合成与分解、平衡条件的应用、动态平衡问题的分析、连接体问题的分析。2.涉及的思想方法有：整体法与隔离法、假设法、正交分解法、矢量三角形法、等效思想等。3.单独考查一个知识点的试题非常少，大多数情况都是同时涉及几个知识点，考查的重点和热点是弹力、摩擦力、力的合成与分解、共点力作用下物体的平衡等的创新设计，注重物理思维与物理能力的考核。
应试技巧 1.求解受力分析应掌握三个原则：（1）按一定的顺序去分析力：根据各种性质的力产生的条件、力的方向，本着先场力（重力、电场力等），再接触力（弹力、摩擦力）的顺序分析。（2）善于变换研究对象：如果题目中给出的物体不止一个，在分析物体受力情况时，往往不能直接判断它与接触的物体间是否有相互作用的弹力和摩擦力，这时可以采用隔离法（或整体法），先分析其他物体（或整体）的受力情况，再分析被研究物体的受力情况。（3）结合运动状态，结合相关定律及时修正：由于弹力和摩擦力都是被动力，它们的方向和大小与物体的运动状态有着密切的关系，所以分析物体的受力情况时，除了根据力产生的条件判断外，还必须根据物体的运动状态，结合牛顿第二定律及时进行修正。2.平衡问题中的整体法和隔离法：（1）解决物体的平衡问题时，应先对物体进行受力分析，当分析相互作用的两个或两个以上物体的受力情况及分析外力对系统的作用时，或者当系统内各物体具有相同大小的加速度或相同的运动状态且不需要考虑系统内物体间的相互作用力时，宜用整体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时或者当系统内各部分的加速度大小、运动状态不同时常用隔离法。运用隔离法选择研究对象分析物体受力时，应按照由易到难的原则。整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法。（2）共点力平衡问题的一般思路：物体静止或做匀速直线运动→物体处于平衡状态→对物体受力分析→建立平衡方程→对平衡方程求解、讨论3.动态平衡问题的处理方法：解决这一类问题的一般思路：把“动”化为“静”，“静”中求“动”。（1）图解分析法：对研究对象在状态变化过程中的若干状态进行受力分析，依据某一参量的变化，在同一图中作出物体在若干状态下力的平衡图（力的平行四边形），再由动态力的平行四边形各边长度变化及角度变化情况，确定力的大小及方向的变化情况。总结其特点有：合力大小和方向都不变；一个分力的方向不变，分析另一个分力方向变化时两个分力大小的变化情况。（2）相似三角形法：对受三力作用而平衡的物体，先正确分析物体的受力，画出受力分析图，再寻找与力的三角形相似的几何三角形，利用相似三角形的性质，建立比例关系，把力的大小变化问题转化为几何三角形边长的大小变化问题进行讨论。（3）解析法：根据物体的平衡条件列方程，在解方程时采用数学知识讨论某物理量随变量的变化关系。
1.（2017新课标全国Ⅲ卷）一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为（弹性绳的伸长始终处于弹性限度内）
A．86 cm B． 92 cm C． 98 cm D． 104 cm
【参考答案】B【命题意图】胡克定律、物体的平衡【试题解析】设弹性绳的劲度系数为k，左、右两半段绳的伸长量，由共点力的平衡条件可知，钩码的重力，将弹性绳的两端缓慢移至天花板上同一点时，钩码的重力，解得，则弹性绳的总长度变为，故选B。【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，再根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解；如果物体受到三力处于平衡状态，可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据正弦定理列式求解。前后两次始终处于静止状态，即合外力为零，在改变绳长的同时，绳与竖直方向的夹角跟着改变。
2.（2017天津卷）如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是
A．绳的右端上移到，绳子拉力不变
B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大
C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移
【参考答案】AB【命题意图】受力分析，共点力的平衡【试题解析】设两杆间距离为d，绳长为l，Oa、Ob段长度分别为la和lb，则，两部分绳子与竖直方向夹角分别为α和β，受力分析如图所示。绳子中各部分张力相等，，则。满足，，即，，d和l均不变，则sin α为定值，α为定值，cos α为定值，绳子的拉力保持不变，衣服的位置不变，故A正确，CD错误；将杆N向右移一些，d增大，则sin α增大，cos α减小，绳子的拉力增大，故B正确。【名师点睛】本题是力的动态平衡的典型模型，学生并不陌生，关键要判断出绳子和竖直方向的夹角只与绳长和两杆间的距离有关。
3.（2017新课标全国Ⅰ卷）如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为（）。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中
A．MN上的张力逐渐增大
B．MN上的张力先增大后减小
C．OM上的张力逐渐增大
D．OM上的张力先增大后减小
【参考答案】AD【命题意图】共点力的平衡、动态平衡【试题解析】以重物为研究对象，受重力mg，OM绳上拉力F2，MN上拉力F1，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，在F2转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以AD正确，BC错误。【名师点睛】本题考查动态平衡，注意重物受三个力中只有重力恒定不变，且要求OM、MN两力的夹角不变，两力的大小、方向都在变。三力合力为零，能构成封闭的三角形，再借助圆，同一圆弧对应圆周角不变，难度较大。
4.（2017新课标全国Ⅱ卷）如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为
A． B． C． D．
【参考答案】C【命题意图】物体的平衡【试题解析】F水平时：；当保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角时，则，联立解得：，故选C。【名师点睛】此题考查了正交分解法在解决平衡问题中的应用问题；关键是列出两种情况下水平方向的平衡方程，联立即可求解。
1．（2018江西省景德镇一中期中）如图所示，两物块A、B用轻绳绕过光滑定滑轮相连，B在斜面体上，A竖直悬挂，物块和斜面体都保持静止状态。现对B施加一垂直斜面向上的作用力，物块和斜面体仍保持静止状态，下列说法正确的是
A. B受到的拉力变小
B. B受到的静摩擦力变小
C. B受到的合力变小
D. 斜面体对地面的静摩擦力向左
2．（2017江门模拟）如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜劈的斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态。若将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，则
A.细线对物体a的拉力增大 B.斜劈对地面的压力减小
C.斜劈对物体a的摩擦力减小 D.地面对斜劈的摩擦力增大
3．（2017届山东省桓台月考）如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在轻弹簧上面并紧挨着竖直粗糙墙壁，处于静止状态；弹簧处于竖直。现用力F沿斜面向上推A，但A、B仍处于静止状态。下列说法正确的是
A.施加F前，B可能受6个力
B.施加F后，A、B之间的摩擦力一定变小
C.施加F后，B受到弹簧的弹力可能变小
D.施加F之后，B与墙之间的摩擦力一定小于F
4．（2018河北省武邑中学高三第一次模拟）如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与小球始终保持静止状态。在此过程中下列说法正确的是
A.框架对小球的支持力先减小后增大
B.拉力F的最小值为mgcos θ
C.地面对框架的摩擦力减小
D.框架对地面的压力先增大后减小
1．三个相同的物体叠放在水平面上，B物体受到水平拉力的作用，但三个物体都处于静止状态，如图所示，下列说法正确的是
A.A与B的接触面一定是粗糙的
B.各接触面都一定是粗糙的
C.B与C，C与水平面的接触面一定是粗糙的
D.C与水平面的接触面可能是光滑的
2．如图所示，物体的质量为5 kg，两根轻细绳AB和AC的一端固定于竖直墙上，另一端系于物体上（∠BAC=θ=60°），在物体上另施加一个方向与水平线也成θ角的拉力F，若要使绳都能伸直，求拉力F的大小范围。
3．如图所示，质量为m的小球用细线拴住放在光滑斜面上，斜面足够长，倾角为α的斜面体置于光滑水平面上，用水平力F推斜面体使斜面体缓慢地向左移动，小球沿斜面缓慢升高（细绳尚未到达平行于斜面的位置）。在此过程中
A.绳对小球的拉力减小
B.斜面体对小球的支持力减少
C.水平推力F减小
D.地面对斜面体的支持力不变
名校预测
1．【答案】D【考点】物体的平衡【解析】B受到的拉力等于物体A的重力，大小不变，选项A错误；沿斜面方向，B受力平衡：，因T不变，则f不变，选项B错误；因B仍静止，则合力仍为零，选项C错误；对斜面体和AB的整体，因水平方向受F的水平向左的分力，可知地面对斜面体有向右的静摩擦力，可知斜面体对地面的静摩擦力向左，选项D正确。
2．【答案】AD【考点】物体的动态平衡、整体法与隔离法【解析】对滑轮2和物体b受力分析，受重力和两个拉力作用，如图1所示。
图1 图2根据平衡条件有mbg=2Tcos θ，解得，将固定点c向右移动少许，则θ增大，拉力T增加，故A正确；对斜面体、物体a、物体b整体受力分析，受重力、细线的拉力、地面的静摩擦力和支持力作用，如图２所示，根据平衡条件有N=G总–Tcos θ=G总–，恒定不变；根据牛顿第三定律，斜劈对地面的压力不变，B错误；地面对斜劈的静摩擦力f=Tsin θ=tan θ，随着θ增大，摩擦力增大，故D正确；对物体a受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力作用，由于不知道拉力与重力的下滑分力的大小关系，故无法判断静摩擦力的方向，不能判断静摩擦力的变化情况，C错误。
3．【答案】D【考点】物体的动态平衡、整体法与隔离法【解析】开始时A静止，则A受到重力以及B对A的支持力、摩擦力，根据共点力平衡可知，B对A的支持力与摩擦力的合力的方向竖直向上；开始时B也静止，则B受到重力、弹簧的弹力、A对B的压力与摩擦力，由于B对A的支持力与摩擦力的合力的方向竖直向上，则A对B的压力与摩擦力的合力方向竖直向下，所以B与墙壁之间没有力的作用。所以B受到四个力的作用。故A错误；对A，开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡，三力平衡，A所受的静摩擦力大小为mAgsinθ，当施加F后，仍然处于静止，若F>2mAgsinθ，则A、B之间的摩擦力大小为f=F－mAgsinθ>mAgsinθ，变大，故B错误；A与B始终静止，可知弹簧的形变量没有变化，根据胡克定律可知，施加F后，B受到弹簧的弹力不变，故C错误；对整体分析，由于AB不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，但F有竖直向上的分量，则根据平衡知，则B与墙之间一定有摩擦力且大小等于F沿竖直方向的分力，即 SKIPIF 1 < 0 ，所以B与墙之间的摩擦力一定小于F，故D正确；
4．【答案】BC【考点】动态平衡问题【解析】以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示，根据几何关系可知，用F顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小，此时：F=mgcosθ，故A错误，B正确；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，故C正确；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，故D错误。
专家押题
1．【答案】C【考点】物体的静态平衡、整体法与隔离法【解析】以A为研究对象，A处于静止状态，受力平衡，根据平衡条件得知，B对A有摩擦力，则A与B的接触面可能是粗糙的，也可能是光滑的，故AB错误；以A与B组成的整体为研究对象，根据平衡条件得知，C对B的摩擦力大小等于F，方向水平向左，则B、C间一定是粗糙的，以ABC三个物体组成的整体为研究对象，根据平衡条件得到，地面对C的摩擦力大小等于F，方向水平向左，则C与水平面的接触面一定是粗糙的，故C正确，D错误。
2．【答案】【考点】共点力的平衡、临界问题【解析】由平衡条件有Fcos θ–F2–F1cos θ=0，Fsin θ+F1sin θ–mg =0。可得F=–F1，F=+ 要使两绳都能绷直，则有F1≥0 ，F2≥0 则F最大值 F最小值 F大小的取值范围为
3．【考点】A【考点】共点力的平衡、杆的弹力大小及方向判定【解析】对小球受力分析如图所示，重力的大小方向不变，平移另两个力构成一首尾相连的闭合的三角形，滑块左移会引起FT的方向及大小的变化而FN的方向不变，且合力为0，则三力依然为闭合三角形，如图所示：则FT与FN相垂直时FT最小，此时细线和斜面平行，则闭合三角形发生如图所示变化，则细绳尚未到达平行于斜面的位置时，FT逐渐变小，FN逐渐变大。故选项A正确，B错误； 对斜面体分析，受推力、支持力、重力和压力，根据平衡条件，有：F=FNsinαN′=Mg+FNcosα由于FN增加，故支持力N′和推力F均增加，故CD错误；故选A。【名师点睛】本题关键是先后隔离球和斜面体；要知道若三力合力为0，则三力首尾相连构成一闭合三角形，分析出不变的力不动，另外的两个力改变方向或大小，但依然是闭合三角形，分析边长的变化就得出力大小的变化。
《平衡/Balance》
1990年奥斯卡最佳动画短片奖。
在空中，悬浮着一个四方的平板，上面站立着5个人，同样的相貌，同样的装束，同样的面无表情，区别的，只有身后背负着的不同的号码。平板的中心是个看不见的支点，为了平衡，5个人必须寻找合适的位置。原本，简单地站在中心就可以了，可是，如同我们一样，他们也好奇于这个世界，想知道下面是什么样子。而随着一个箱子的来临，这种平衡被打破了，箱子带来了音乐，带来了兴奋，也带来了不平衡，带来了分歧和斗争。
短片是德国出品，也蕴涵了德国人特有的思维方式，对团体，对稳定，对平衡的重视，对平静的生活的追求，对诱惑的抗拒。平板就是一个世界，当诱惑降临，当人心中的平衡被打破，世界就会混乱，最后留下的只有孤独、寂寞、失败以及崩溃。
5月18日 牛顿第二定律的应用
考纲要求 牛顿运动定律、牛顿定律的应用（II）超重和失重（I）
命题预测 1.牛顿第二定律与运动学（运动图象）结合考查。 2.牛顿运动定律在实际中的应用很多，如超重失重问题、连接体问题、临界极值问题、传送带问题等。可以实际生活、生产和科学实验中有关问题为命题背景，突出表现物理知识在生活中的应用。
应试技巧 1.对牛顿第二定律的理解：（1）瞬时性：加速度和物体所受的合力是瞬时对应关系。 （2）矢量性：物体加速度方向与所受合力方向相同。（3）同体性：F=ma中各量都是属于同一物体的。 （4）独立性：将合力分解后，其在分解方向产生的加速度相互独立。2.应用牛顿第二定律解题的方法：（1）明确研究对象：根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体；（2）进行受力分析和运动状态分析，明确运动性质和运动过程；（3）建立坐标系，一般以加速度方向和垂直加速度方向为两坐标轴方向；（4）根据牛顿第二定律列方程求解。3.超重和失重：视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为“视重”，大小等于弹簧测力计受到的拉力或台秤受到的压力。无论是超重还是失重，物体所受的重力都没有变化，只是“视重”的改变。状态加速度视重F与重力mg的关系（加速度大小为a）超重竖直向上F=m（g+a）>mg失重竖直向下F=m（g–a）1．（2016海南卷）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度–时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0~5 s、5~10 s、10~15 s内F的大小分别为F1、F2和F3，则
A.F1F3
C.F1>F3 D.F1=F3
【参考答案】A【命题意图】本题考查图象，牛顿第二定律。【试题解析】由v–t图象可知，0~5 s内加速度a1=0.2 m/s2，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–F1=ma1，F1=mgsin θ–f–0.2m；5~10 s内加速度a2=0，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–F2=ma2，F2=mgsin θ–f；10~15 s内加速度a3=–0.2 m/s2，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–F3=ma3，F3=mgsin θ–f+0.2m。故可得：F3>F2>F1，选项A正确。【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，基础题。
2．（2016上海卷）如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的
A.OA方向 B.OB方向
C.OC方向 D.OD方向
【参考答案】D【命题意图】本题主要考查牛顿第二定律、整体法和隔离法。【试题解析】据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应该向右，故选项D正确。【名师点睛】本题通过整体法和隔离法可以判断出做匀变速直线运动的物体局部加速度和整体加速度相同。
3．（2017新课标全国Ⅱ卷）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；
（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。
【参考答案】（1） （2）【命题意图】牛顿第二定律；匀变速直线运动的规律【试题解析】（1）设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ则冰球在冰面上滑行的加速度a1=μg①由速度与位移的关系知–2a1s0=v12–v02②联立①②得③（2）设冰球运动的时间为t，则④又⑤由③④⑤得⑥【名师点睛】此题主要考查匀变速直线运动的基本规律的应用；分析物理过程，找到运动员和冰球之间的关联，并能灵活选取运动公式；难度中等。
4．（2017新课标全国Ⅲ卷）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2。求
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。
【参考答案】（1）1 m/s （2）1.9 m【命题意图】牛顿运动定律、匀变速直线运动规律【试题解析】（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有①②③由牛顿第二定律得④⑤⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有⑦⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得⑨（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 由①②④⑤式知，aA=aB；再由⑦⑧可知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有 对A有 在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为 在（t1+t2）时间间隔内，A相对地面移动的距离为 A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为 联立以上各式，并代入数据得 （也可用如图的速度–时间图线求解）【名师点睛】本题主要考查多过程问题，要特别注意运动过程中摩擦力的变化情况，A、B相对木板静止的运动时间不相等，应分阶段分析，前一阶段的末状态即后一阶段的初状态。
1．（2017让胡路区校级期末）如图，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F拉C，使三者由静止开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是
A.若粘在木块A上面，绳的拉力不变
B.若粘在木块A上面，绳的拉力减小
C.若粘在木块C上面，A、B间摩擦力增大
D.若粘在木块C上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小
2.（2018福建省三明市永安第一中学高三月考）如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点．轻弹簧左端固定于竖直墙面。现将质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上，不计滑块在B点的机械能损失。换用相同材料质量为m2的滑块（m2>m1）压缩弹簧到相同位置，然后由静止释放，下列对两滑块说法正确的是
A.两滑块到达B点的速度相同
B.两滑块上升到最高点过程的加速度相同
C.两滑块沿斜面上升的最大高度相同
D.两滑块上升到最高点过程机械能损失不相同
3．（2017定州市校级期末）一质量为0.8 kg的球固定在支杆AB的上端，支杆AB的下端固定在升降机上，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，如图所示，已知绳的拉力为6 N，重力加速度g取10 m/s2，则以下说法正确的是
A.若升降机是静止状态，则AB杆对球的作用力大小为6 N
B.若升降机是静止状态，则AB杆对球的作用力大小为8 N
C.若升降机是加速上升，加速度大小5 m/s2，则AB杆对球的作用力大小为 N
D.若升降机是减速上升，加速度大小5 m/s2，则AB杆对球的作用力大小为 N
4.（2018江苏省盐城中学高三阶段检测）如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T，现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，以下说法正确的是
A.质量为2m的木块受到五个力的作用
B.当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断
C.当F逐渐增大到时，轻绳还不会被拉断
D.轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为
5.（2018福建省莆田期中考试）电机带动水平传送带以速度v匀速运动，一质量为m的小木块由静止轻放在传送带上，若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，如图所示，当小木块与传送带相对静止时，求：
（1）小木块的位移；
（2）传送带转过的路程；
（3）小木块获得的动能；
（4）摩擦过程产生的热；
（5）电机带动传送带匀速转动输出的总能量。
1．如图甲所示，物块的质量m=1 kg，初速度v0=10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g=10 m/s2。下列说法中不正确的是
A. 0~5 m内物块做匀减速直线运动
B.在t=1 s时刻，恒力F反向
C.恒力F大小为10 N
D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
2．每逢新春佳节，许多餐厅生意火爆，常常人满为患，为能服务更多的顾客，服务员需要用最短的时间将菜肴送至顾客处（设菜品送到顾客处速度恰好为零）。某次服务员用单手托托盘方式（如图）给12 m远处的顾客上菜，要求全程托盘水平。托盘和手、碗之间的动摩擦因数分别为0.2、0.15，服务员上菜时的最大速度为3 m/s。假设服务员加速、减速过程中做匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知重力加速度g=10 m/s2。
（1）求服务员运动的最大加速度；
（2）求服务员上菜所用的最短时间。
名校预测
1．【答案】D【考点】牛顿第二定律的应用、整体法及隔离法的应用【解析】若粘在木块A上面，以C为研究对象，受F、摩擦力μmg、绳子拉力T作用，F–μmg–T=ma，a减小，F、μmg不变，所以，T增大，AB错误；若粘在木块C上面，a减小，A受到的摩擦力减小，C错误；对AB整体，有T–2μmg=2ma，T减小，D正确。
2.【答案】B【考点】牛顿第二定律【解析】弹簧释放的过程，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，两次弹性势能相同，则两滑块到B点的动能相同，但质量不同，则速度不同，A错误；滑块上升过程中的加速度，由于材料相同，所以动摩擦因数相同，与质量无关，故两滑块上升到最高点过程的加速度相同，B正确；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于初速度不同，故上升的最大高度不同，C错误；两滑块上升到最高点过程克服重力做的功为mgh，由能量守恒定律得：弹簧的弹性势能，所以，故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同。损失的机械能等于克服摩擦力做的功，则，μ、mgh相同，则机械能损失相同，D错误。
3．【答案】C【考点】应用牛顿第二定律由运动求力的问题【解析】选小球为研究对象，小球受重力mg、绳的水平拉力T、杆的弹力F作用。若升降机是静止状态，则三力平衡，有F==10 N，AB错；若升降机是加速上升，则Fx=T，Fy–mg=ma，代入数据得F== N，C对；若升降机是减速上升，则Fx=T，mg–Fy =ma，代入数据得F== N，D错。
4.【答案】ACD【考点】牛顿第二定律，整体法与隔离法【解析】质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其作用的向后的摩擦力，轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用，故A正确；对整体，由牛顿第二定律可知，，隔离后面的叠加体，由牛顿第二定律可知，轻绳中拉力为，由此可知，当F逐渐增大到2T时，轻绳中拉力等于T，轻绳才刚好被拉断，B错误，C正确；轻绳刚要被拉断时，物块加速度，质量为m和2m的木块间的摩擦力为，D正确。【点睛】①整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解．在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力。②隔离法：从系统中选取一部分（其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数）进行分析。隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析。③通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用1、当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时常用隔离法。2、整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法。
5.【答案】（1） （2） （3） （4） （5）【考点】牛顿第二定律，能的转化和守恒定律【解析】对小木块，相对滑动时，由ma=μmg得加速度a=μg由v=at得，达到相对静止所用时间（1）小木块的位移（2）传送带始终匀速运动，转过的路程（3）小木块获得的动能（4）摩擦产生的热（5）由能的转化和守恒定律知，电机输出的总能量转化为小木块的动能与摩擦产生的内能，所以E总=Ek+Q=mv2【名师点睛】本题关键之一要明确木块的运动情况：匀加速运动，运用牛顿第二定律和运动学公式求解位移．其二要注意的是求摩擦热时要用木块与传送带间的相对位移。
专家押题
1．【答案】C【考点】运动图象、牛顿第二定律、功的计算【解析】物体在0~5 m内速度减小，做匀减速运动。故A正确。物体匀减速直线运动的加速度大小为： ；物体匀加速运动的加速度大小： ；根据牛顿第二定律得：F+f=ma1，F–f=ma2，联立两式解得：F=7 N，f=3 N，则动摩擦因数为： ，物体匀减速直线运动的时间为： ，即在1 s末恒力F反向做匀加速运动，故BD正确，C错误。此题选择不正确的选项，故选C。
2．【考点】牛顿第二定律的应用、叠加体的临界极值问题【解析】（1）设碗的质量为m，托盘的质量为M，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，则对碗，由牛顿第二定律有Ff1=ma1
碗与托盘相对静止，则Ff1≤Ff1max=μ1mg
解得a1≤μ1g=1.5 m/s2
对碗和托盘整体，由牛顿第二定律有Ff2=（M+m）a2
手和托盘相对静止，则Ff2≤Ff2max=μ2（M+m）g解得a2≤μ2g=2 m/s2
则最大加速度amax=1.5 m/s2
（2）服务员以最大加速度运动达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速到零，所需时间最短
加速运动时间
位移
减速运动时间t2=t1=2 s，位移x2=x1=3 m
匀速运动位移x3=L–x1–x2=6 m
匀速运动时间
上菜所用最短时间t=t1+t2+t3=6 s
牛顿二三事
牛顿与胡克
胡克的数学不够好，在研究天体运动时，曾经向牛顿写信寻求数学上的帮助。而其后在牛顿发表的《自然哲学的数学原理》中丝毫未提及胡克对万有引力定律作出的贡献。二人因为此事视若仇雠，以至于胡克的最后一张画像也毁于牛顿的支持者之手。
牛顿的一句名言——站在巨人的肩膀上——实际上是在讽刺胡克很矮。
牛顿与哈雷
哈雷对1682年出现的一颗彗星的运行规律极为感兴趣，为此他还特意去剑桥拜访牛顿请教数学上的问题，牛顿给出了他得到的天体运动规律，这促成了哈雷对彗星运动规律的发现。因为哈雷的鼓励，牛顿才完善了自己的手稿，并由哈雷自费出版。
哈雷因哈雷彗星而知名，除此外，哈雷还是数学家、地理学家、气象学家，甚至当过船长。哈雷的外号有彗星男（The Comet Man）、南天第谷（Our Southern Tycho）、潮汐王子（Prince of Tides）、地球物理学之父（Father of Geophysics）。
牛顿与莱布尼茨
为了争夺微积分的创立者身份，英国和欧洲大陆的学者们围绕着牛顿和莱布尼茨发起了激烈的争辩。由于牛顿在英国学界的名声，英国学界甚至拒绝使用莱布尼茨更方便的微积分方法，以至于英国的数学发展几乎停滞了一个世纪。然而实际上二人发明微积分的思路截然不同，现在我们认为两人分别独立的完成了微积分的创立。
牛顿发明微积分的笑话：牛顿在剑桥大学升为数学教授。当时学校资金紧张，包括牛顿，大部分教职工薪水已欠数月。为解决此问题，牛顿潜心研究创立了微积分，将一门名叫“高等数学”的新科目设为全校的必修课，并规定不及格者来年必须缴费重修直到通过。很快，教师们的工资发了下来。
牛顿与宗教
人们盛传，牛顿晚年信奉神学而对科学再无贡献。而实际上，在17世纪的西方，宗教才是正统思想。牛顿一生的著作中大部分是神学著作，并非晚年，牛顿一生都信仰上帝，并且是一个每天研读圣经的虔诚教徒。事实上牛顿信宗教最主要的原因是他所处的宗教环境，而不是宗教与无神论相比更令人信服。
5月19日 运动的合成与分解
考纲要求 运动的合成与分解（II）
命题预测 1.考查对曲线运动规律的理解，运动的分解及分解运动的图象；物体做曲线运动的条件，运动的合成及合运动性质的判断。2.考查船渡河模型，求解渡河时间、位移的极值。3.考查绳（杆）连接体问题，求解分速度或合速度。
v合与a合不共线，匀变速
线运动
3.船渡河模型：（1）模型特点：两个分运动和合运动都是匀速直线运动，其中一个分运动的速度大小、方向都不变，另一分运动的速度大小不变，研究其速度方向不同时合运动的情况。模型中，船的实际运动是水流的运动和船相对静水运动的合运动；涉及的三个速度为v1（船在静水中的速度）、v2（水流速度）、v（船的实际速度）。（2）过河时间最短（tmin）：v1⊥v2，tmin=。（3）过河位移最小（xmin）：当v1>v2时，如图1所示，v⊥v2，xmin=d，船头指向上游，与河岸夹角为α，cos α=；当v1＜v2时，如图2所示，v⊥v1，xmin==d。4.绳（杆）端速度分解模型：（1）模型特点：绳（杆）拉物体或物体拉绳（杆），以及两物体通过绳（杆）相连，物体运动方向与绳（杆）不在一条直线上，求解运动过程中它们的速度关系。（2）模型分析：合运动为物体的实际运动，分运动一般沿绳（杆）方向，及垂直绳（杆）方向分解。解题关键是绳（杆）两端沿绳（杆）方向的分速度大小相等。
1．（2015新课标全国Ⅱ卷）由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为
A.西偏北方向，1.9×103m/s B.东偏南方向，1.9×103m/s
C.西偏北方向，2.7×103m/s D.东偏南方向，2.7×103m/s
【参考答案】B【命题意图】本题考查矢量三角形法在速度的合成与分解中的应用。 【试题解析】如图所示：由余弦定理，可知，方向：东偏南方向，故B正确，ABC错误。【应试技巧】本题的解题方法可以与力的矢量三角形法类比学习。
2．（2014四川卷）有一条两岸平直、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.
【参考答案】B【命题意图】本题考查运动的合成与分解的应用——小船渡河问题。【试题解析】设小船相对静水的速度为，去程时过河的时间为，回程的时间，由题意知，解得，故选项B正确。【应试技巧】本题求解过程中涉及了最短位移过河（去程）和最短时间过河（回程）。
3．（2015上海卷）如图，汽车在平直路面上匀速运动，用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，汽车与滑轮间的绳保持水平。当牵引轮船的绳与水平方向成角时，轮船速度为v，绳的拉力对船做功的功率为P，此时绳对船的拉力为__________。若汽车还受到恒定阻力f，则汽车发动机的输出功率为__________。
【参考答案】 【命题意图】本题考查速度的合成与分解的应用——绳端速度分解模型。【试题解析】由功率公式；解得绳对船的拉力；此时汽车的速度，所以，汽车匀速运动，汽车发动机的输出功率=。【名师点睛】本题重点是掌握运动的合成与分解，功率的计算。重点理解因为绳不可伸长，沿绳方向的速度大小相等。
1．（2018福建省师大附中期中考试）如图所示，不可伸缩、质量不计的细线跨过同一高度处的两个光滑轻质定滑轮连接着质量相同的物体A和B，A套在固定的光滑水平杆上，物体、细线、滑轮和杆都在同一竖直平面内，水平细线与杆的距离h=0.2 m。当倾斜细线与杆的夹角α=53°时，同时无初速度释放A、B。关于此后的运动过程，下列判断正确的是（cos 53°=0.6，sin 53°=0.8，重力加速度g取10 m/s2）
A.当53°＜α＜90°时，A、B的速率之比vA∶vB=1∶cosα
B.当53°＜α＜90°时，A、B的速率之比vA∶vB=cos α∶1
C.A能获得的最大速度为1 m/s
D.A能获得的最大速度为
2．（2018甘肃省会宁县期中考试）为保卫我国神圣领土“钓鱼岛”，我国派遣了10余艘海监船赴“钓鱼岛”海域执行公务。其中一艘海监船在海中xOy平面内运动的轨迹如图所示，下列说法正确的是
A.若船在x方向始终匀速，则船在y方向始终匀速
B.若船在x方向始终匀速，则船在y方向先减速后加速
C.若船在y方向始终匀速，则船在x方向始终匀速
D.若船在y方向始终匀速，则船在x方向先加速后减速
3．（2018山东省泰安市高三模拟）如图，两个相同的小球P、Q通过铰链用刚性轻杆连接，P套在光滑竖直杆上，Q放在光滑水平地面上。开始时轻杆贴近竖直杆，由静止释放后，Q沿水平地面向右运动。下列判断正确的是
A. P触地前的速度一直增大
B. P触地前的速度先增大后减小
C. Q的速度一直增大
D. P、Q的速度同时达到最大
4．（2018福建省仙游期中考试）质量为2 kg的质点在xOy平面内做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是
A.质点的初速度为4 m/s
B.质点所受的合外力为3 N
C.质点在2 s内的运动轨迹为直线
D.2 s末质点速度大小为6 m/s
5．（2018四川省成都市期中考试）汽车沿着水平地面以v1向左匀速运动，利用绕过定滑轮的绳子吊着某物体竖直上升，某时刻该物体上升的速度为v2，如图所示．则以下说法正确的是
A.物体做匀速运动，且v2=v1
B.物体做减速运动，且v2=v1
C.物体做加速运动，且
D.物体做加速运动，且
1.时间空投一个物体，不计空气阻力。地面观察者画出了某时刻空投物体的4幅情景图，其中可能正确的是
2．一质点在XOY平面内运动的轨迹如图所示，下列判断正确的是
A.质点沿X轴方向可能做匀速运动
B.质点沿Y轴方向可能做变速运动
C.若质点沿Y轴方向始终匀速运动，则X轴方向可能先加速后减速
D.若质点沿Y轴方向始终匀速运动，则X轴方向可能先减速后加速
名校预测
1．【答案】AC【考点】运动的合成与分解，机械能守恒【解析】将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向上的分速度等于B的速度大小，有：，则，故A正确，B错误；A、B组成的系统机械能守恒，当时，A的速率最大，此时B的速率为零。根据系统机械能守恒有：，解得，故C正确，D错误。【名师点睛】解决本题的关键知道A沿绳子方向上的分速度等于B的速度大小，以及知道A、B组成的系统机械能守恒。
2．【答案】BD【考点】运动的合成与分解【解析】做曲线运动的物体所受合外力一定指向曲线凹侧，若船在x方向始终匀速，由曲线运动的规律和船的运动轨迹可知，船所受的合外力先沿y轴负方向，再沿y轴正方向，船在y方向先减速后加速；若船在y方向始终匀速，由曲线运动的规律和船的运动轨迹可知，船所受的合外力先沿x轴正方向，再沿x轴负方向，船在x方向先加速后减速，故AC错误，BD正确。
3．【答案】A【考点】运动的合成与分解，关联速度问题【解析】开始时P、Q的速度都为零，P受重力和轻杆的作用下做加速运动，而Q由于轻杆的作用，则开始时轻杆对Q加速，后对Q减速，当P到达底端时，P只有竖直方向的速度，而水平方向的速度为零，故Q的速度为零，所以在整个过程中，P的速度一直增大，Q的速度先增大后减小，故A正确，BCD错误。【名师点睛】根据运动的合成与分解进行分析关联的速度的问题。主要是将P、Q沿杆方向的速度相等，据此分析即可判断。
4．【答案】B【考点】速度的分解【解析】由速度图象可知质点x轴方向初速度为vx=3 m/s，加速度为：，y轴方向做匀速运动质点的初速度，故A错误；质点所受的合外力为：Fx=ma=2×1.5 N =3 N，显然，质点初速度方向与合外力方向不在同一条直线上，轨迹为曲线，故B正确，C错误；2 s末质点x方向的速度为6 m/s，y-t图象斜率表示速度，2 s末质点y方向的速度为4 m/s，所以2 s末质点速度大小为：，故D错误。
5．【答案】D【考点】运动的分解【解析】设绳子与水平方向的夹角为，根据平行四边形定则知，物体的速度，故，因为θ减小，则v2增大，则物体做加速运动，D正确。
专家押题
1．【答案】C【考点】运动的合成和分解【解析】因为飞机水平方向做匀加速直线运动，所以飞机的水平速度越来越大，物体的初速度也越来越大，物体在竖直方向上做自由落体运动，所以相等时间间隔内的位移越来越大，故C正确，ABD错误。
2．【答案】BD【考点】运动的分解【解析】将运动分解到X方向和Y方向，由于在X方向先向右运动，后向左运动，因此不可能在X方向做匀速运动，A错误；而Y方向一直向Y轨正方向运动，可能做匀速运动，B正确；若Y方向一直匀速度，即在Y方向相同时间内，位移相等，这样在X方向上位移大小是先右运动越来越慢，再向左越运动越快，也就是先减速，后加速，D正确，C错误。
一只鸡穿过马路，有人向贤哲询问：“鸡为什么要穿过马路？”
柏拉图：“为了追求更高的善。”
亚里士多德：“为了发挥潜能。”
伊壁鸠鲁（古希腊哲学家；享乐主义者）：“为了享乐。”
佛祖：“你会提出这样的问题，表示你否定自己本身的鸡性。”
老子：“鸡为什麼要过马路，其道理无法以语言表达。”
孔子：“未知人，焉知鸡。”
庄子：“那只鸡好快乐啊！”
惠子：“你不是那只鸡，怎麼知道那只鸡为什么要过马路。”
公孙龙：“过马路的鸡不是鸡。”
孙子：“这只鸡有勇无谋，不宜为将。”
易牙：“那只鸡运动充足，一定很好吃。”
董仲舒：“鸡过马路乃是异象，反映了今上之德有亏，应努力修德。”
祖逖：“我该起舞了。”
达尔文：“鸡不再栖居在树上之后，这是合理的进化方向。”
海森堡：“我们不确定鸡在马路的哪一边，但鸡的确是移动得很快。”
爱因斯坦：“鸡真的过马路吗？你们是否考虑到，也许是它脚下的马路在移动。究竟是鸡过马路，或是马路过鸡，取决于你的参考座标。”
玻尔：“根据我所提的哥本哈根诠释，鸡系统可能发生的状态各有其相对的振幅，而我们对这只鸡进行观测时便使这些振幅约化成我们所观测到的——鸡过马路。”
尼采：“若你一直凝视着路的另一端，路也要开始注视你了。”
维根斯坦（奥地利哲学家）：“‘穿过’的可能性被包含在‘鸡’跟‘马路’这两个对象当中，而环境使得此一潜在可能性实现。”
爱默生（美国十九世纪作家，超验主义者）：“它并非穿过马路，而是超越了它。”
5月20日 曲线运动与能量的综合
考纲要求 抛体运动（II）说明：斜抛运动只作定性要求匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度（I）匀速圆周运动的向心力（II）
命题预测 1.考查平抛运动与其他运动形式（如匀速直线运动、竖直上抛运动、自由落体运动等）的综合题目，在这类问题的分析中要注意平抛运动与其他运动物体在时间上、位移上、速度上的相关分析。要抓住三点：确定运动性质——平抛运动；确定临界轨迹——轨迹示意图；确定临界状态。2.考查平抛运动与能量的综合问题应具有的能力：将实际问题转化为物理模型的能力；应用动能定理或机械能守恒定律对全程列式的能力。3.考查类平抛运动问题，其受力特点和运动特点类似于平抛运动，因此解决的方法可类比平抛运动，即采用运动的合成与分解。关键要注意：受恒力作用且与初速度的方向垂直。解决此类问题的方法完全等同于平抛运动的处理方法，即将类平抛运动分解为两个互相垂直且相互独立的分运动，然后按运动的合成与分解的方法来求解4.考查圆周运动的运动学问题：（1）描述圆周运动的各物理参量及各量间的定量关系；（2）圆周运动的传动方式。5.考查匀速圆周运动的动力学问题，常结合能量观点进行考查。6.变速圆周运动的临界问题：（1）“轻绳”类竖直圆周运动问题：“轻绳”和“轨道”能给小球提供完全相同的弹力，因而这两种情境本质相同，可看作一类问题；（2）“轻杆”类圆周运动问题：“轻杆”和“管道”均能给小球提供支持力和拉力，两种物理情境本质相同，可看作一类问题。
应试技巧应试技巧 1.平抛运动规律的应用： （1）飞行时间：由知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关。（2）水平射程：，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关。（3）落地速度：，以θ表示落地速度与x轴正方向间的夹角，有，所以落地速度只与初速度v0和下落高度h有关。（4）两个重要推论推论1：做平抛（或类平抛）运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。推论2：做平抛（或类平抛）运动的物体在任一时刻，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tan θ=2tan α。2.三类常见的多体平抛运动：（1）若两物体同时从同一高度（或同一点）抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只取决于两物体的水平分运动。（2）若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体的水平分运动和竖直高度差决定。（3）若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动。3.斜面上的平抛运动：（1）物体从空中抛出落在斜面上；（2）从斜面上抛出落在斜面上。方法指导：在解答该类问题时，除了要运用平抛运动的位移和速度规律外，还要充分利用斜面的倾角，找出斜面倾角同位移和速度的关系，从而使问题得以顺利解决。4.类平抛运动问题分析：（1）受力特点：物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直。（2）运动特点：在初速度v0方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度。（3）求解技巧：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合力方向）的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。1.圆周运动的运动学问题：（1）常用公式：v=ωr，a==ω2r （2）常见的三种传动方式及特点皮带传动：如图甲、乙，皮带与两轮之间无相对滑动，两轮边缘线速度大小相等，即vA=vB。摩擦传动：如图丙，两轮边缘接触，接触点无打滑，两轮边缘线速度大小相等，即vA=vB。同轴传动：如图丁，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA=ωB。2.圆周运动中的动力学问题：（1）向心力的向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再添加一个向心力。（2）向心力的确定：确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置；分析物体的受力情况，合力沿半径方向的分力就是向心力。（3）求解圆周运动的动力学问题要做好“三分析”：几何关系的分析——确定圆周运动的圆心、半径等；运动分析——用运动学参量表示出物体做圆周运动所需要的向心力；受力分析——利用力的合成与分解知识，表示出物体做圆周运动时外界所提供的向心力。（4）圆周运动问题的解题步骤：确定研究对象→确定轨道平面、圆心和半径→受力分析，明确向心力的来源→根据牛顿运动定律和各力的关系列方程求解→有时对结果进行必要的讨论3.水平面内圆周运动的临界问题：与摩擦力有关的临界问题：物体间不发生相对滑动的临界条件是物体间摩擦力恰好为最大静摩擦力。若只有摩擦力提供向心力，则有fm=，静摩擦力的方向指向圆心；若除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连物体，物体在水平面上做圆周运动时，存在恰不向内滑动和恰不向外滑动的两个临界条件，分别对应最大静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心。4.竖直面内圆周运动的“轻绳”、 “轻杆”模型：在竖直面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：（1）无支撑的“绳（环）约束模型”，本模型的分析方法和结论适用于“水流星”、“绳球模型”、“过山车”、“竖直固定的光滑内侧圆弧轨道”等，其共同点为：由于机械能守恒，物体做圆周运动的速率时刻在改变，在最低点处的速率最大，在最高点处的速率最小。在最低点处向心力向上，而重力向下，所以弹力必然向上且大于重力；在最高点处，向心力向下，重力也向下，所以弹力的方向不确定，临界情况是弹力为零，重力充当向心力。（2）有支撑的“杆（管）约束模型”，本模型的分析方法和结论适用于“过拱形桥”、“杆球模型”、“环形管内光滑轨道”等。在最高点的临界情况是所受弹力为零，速度为零。
1．（2017·新课标全国Ⅰ卷）发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是
A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
【参考答案】C【命题意图】平抛运动【试题解析】由题意知，速度大的球先过球网，即同样的时间速度大的球水平位移大，或者同样的水平距离速度大的球用时少，故C正确，ABD错误。【名师点睛】重点要理解题意，本题考查平抛运动水平方向的运动规律。理论知识简单，难在由题意分析出水平方向运动的特点。
2．（2017江苏卷）如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为
A. B. C. D.
【参考答案】C【命题意图】平抛运动【试题解析】设第一次抛出时A球的速度为v1，B球的速度为v2，则A、B间的水平距离x=（v1+v2）t，第二次两球的速度为第一次的2倍，但两球间的水平距离不变，则x=2（v1+v2）T，联立得T=t∕2，所以C正确；ABD错误。【名师点睛】本题的关键信息是两球运动时间相同，水平位移之和不变。
3．（2017江苏卷）如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F．小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是
A.物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
B.小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
C.物块上升的最大高度为
D.速度v不能超过
【参考答案】D【命题意图】物体的平衡 圆周运动【试题解析】由题意知，F为夹子与物块间的最大静摩擦力，但在实际运动过程中，夹子与物块间的静摩擦力没有达到最大，故物块向右匀速运动时，绳中的张力等于Mg，A错误；小环碰到钉子时，物块做圆周运动，，绳中的张力大于物块的重力Mg，当绳中的张力大于2F时，物块将从夹子中滑出，即，此时速度，故B错误；D正确；物块能上升的最大高度，，所以C错误。【名师点睛】在分析问题时，要细心．题中给的力F是夹子与物块间的最大静摩擦力，而在物块运动的过程中，没有信息表明夹子与物块间静摩擦力达到最大．另小环碰到钉子后，物块绕钉子做圆周运动，夹子与物块间的静摩擦力会突然增大。
4．（2016·浙江卷）在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示。P是一个微粒源，能持续水平向 右发射质量相同、初速度不同的微粒。高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h。
（1）若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；
（2）求能被屏探测到的微粒的初速度范围；
（3）若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系。
【参考答案】（1） （2） （3）【命题意图】本题考查动能定理；平抛运动【试题解析】（1）打在中点的微粒①②（2）打在B点的微粒；③④同理，打在A点的微粒初速度⑤微粒初速度范围⑥（3）由能量关系⑦代入④、⑤式⑧【应试技巧】此题是对平抛运动的考查；主要是掌握平抛运动的处理方法，在水平方向是匀速运动，在竖直方向是自由落体运动；解题时注意找到临界点；此题难度不算大，意在考查学生对物理基本方法的掌握情况。
5．（2016全国新课标Ⅱ卷）轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。
（1）若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离；
（2）若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。
【参考答案】（1） （2）【命题意图】本题考查能量守恒定律、平抛运动、圆周运动。【试题解析】（1）依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为Ep=5mgl①设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得②联立①②式，取M=m并代入题给数据得③若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足④设P滑到D点时的速度为v D，由机械能守恒定律得⑤联立③⑤式得⑥vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得⑦P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s=vDt⑧联立⑥⑦⑧式得，⑨（2）为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有 联立①②⑩ 式得 【应试技巧】此题是力学综合题；考查平抛运动、圆周运动以及动能定理的应用；解题时要首先知道平抛运动及圆周运动的处理方法，并分析题目的隐含条件，挖掘“若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下”这句话包含的物理意义；此题有一定难度，考查考生综合分析问题、解决问题的能力。
1．（2017广州检测）如图所示，一网球运动员将球在边界处正上方水平向右击出，球刚好过网落在图中位置（不计空气阻力），相关数据如图，下列说法中正确的是
A.击球点高度h1与球网高度h2之间的关系为h1 =1.8h2
B.若保持击球高度不变，球的初速度只要不大于，一定落在对方界内
C.任意降低击球高度（仍大于），只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内
D.任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内
2.（2018安徽省芜湖市高三模拟考试）如图所示，甲球从O点以水平速度v1飞出，落在水平地面上的A点。乙球从O点以水平速度v2飞出，落在水平地面上的B点反弹后恰好也落在A点。两球质量均为m。若乙球落在B点时的速度大小为，与地面的夹角为60 ，且与地面发生弹性碰撞，不计碰撞时间和空气阻力，下列说法正确的是
A.由O点到A点，甲、乙两球运动时间之比是1:1
B.OA两点的水平距离与OB两点的水平距离之比是3:1
C.设地面处势能为0，甲、乙两球在运动过程中的机械能之比为3:1
D.乙球在B点受到地面的冲量大小为
3．（2018吉林省实验中学高三模拟）如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直轨道最低点A处，B为轨道最高点，C、D为圆的水平直径两端点。轻质弹簧的一端固定在圆心O点，另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为，原长为弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平向右初速度v0，已知重力加速度为g，则
A.无论多大，小球均不会离开圆轨道
B.若则小球会在BD间脱离圆轨道
C.只要，小球就能做完整的圆周运动
D.只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间的最大压力与最小压力之差与v0无关
4．（2017河北模拟考试）如图所示，一小球从斜轨道上某高度处由静止滑下，然后沿竖直光滑圆轨道的内侧运动，已知圆轨道的半径为R，忽略一切阻力，则下列说法中正确的是
A.在轨道最低点和最高点，轨道对小球作用力的方向是相同的
B.小球的初位置比圆轨道最低点高出2R时，小球能通过圆轨道的最高点
C.小球的初位置比圆轨道最低点高出0.5R时，小球在运动过程中不脱离轨道
D.只有小球的初位置到圆轨道最低点的高度不小于2.5R时，小球才能不脱离轨道
5．（2018福建省三明市永安高三月考）如图所示，竖直光滑圆轨道BCD固定在水平面AB上，轨道圆心为O，半径R=l m，轨道最低点与水平面相切于B点，C为轨道最高点，D点与圆心O等高。一质量m=1 kg的小物块，从水平面上以速度v0竖直向上抛出，物块恰好从D点进入，沿圆轨道运动，最终停在A点。已知物块运动到C点时，对轨道的压力大小为14 N，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10 m/s2。求：
（1）物块竖直向上抛出的初速度v0；
（2）A、B间的距离；
（3）物块从B点运动到A点所用的时间。
1．如图所示，光滑半球的半径为R，球心为O，固定在水平面上，其上方有一光滑曲面轨道AB，高度为。轨道底端水平并与半球顶端相切，质量为m的小球从A点由静止滑下，最后落在水平面上C点，重力加速度为g，则
A.小球将沿半球表面做一段圆周运动后斜抛至C点
B.小球将从B点开始做平抛运动到达C点
C.OC之间的距离为2R
D.小球运动到C点时的速率为
2．如图（a）所示，小球的初速度为v0，沿光滑斜面上滑，能上滑的最大高度为h，图（b）中四个小球的初速度均为v0。在图A中，小球沿圆弧轨道运动，轨道半径大于h；在图B中，小球沿半圆轨道运动，轨道直径大于h；在图C中，小球沿圆轨道运动，轨道直径等于h；在图D中，小球固定在长为的轻杆的一端，随轻杆绕O点转动。已知小球均从最低点开始运动，忽略一切摩擦阻力，则小球上升的高度能达到h的有
3．a、b、c三个α粒子由同一点同时垂直电场强度方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定
A.在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上
B.b和c同时飞离电场
C.进入电场，c的速度最大，a的速度最小
D.它们的动能的增量，c的最小，a和b的一样大
名校预测
1．【答案】AD【考点】平抛运动与日常生活结合、考查临界问题【解析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，水平位移为s和的时间比2:3，则竖直方向上，根据h=gt2，则有，解得h1=1.8h2，故A正确。若保持击球高度不变，要想球落在对方界内，要既不能出界，又不能触网，根据h1=gt12得，，则平抛运动的最大速度，根据h1 h2=gt22得，，则平抛运动的最小速度，故B错误。任意降低击球高度（仍大于h2），会有一临界情况，此时球刚好触网又刚好压界，若小于该临界高度，速度大会出界，速度小会触网，所以不是高度比网高，就一定能将球发到界内，故C错误。增加击球高度，只要速度合适，球一定能发到对方界内，故D正确。
2.【答案】BCD【考点】平抛运动，机械能【解析】设OA间的竖直高度为h。由O点到A点，甲球运动时间为tA=，乙球运动时间是甲球的3倍，故A错误。乙球先做平抛运动，再做斜上抛运动，根据对称性可知，从B到A的水平位移等于从O到B的水平位移的2倍，所以甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的3倍，故B正确。设乙球由O点到B点水平位移为x，时间为t。对甲球有3x=v1t，对乙球有 x=v2t，则得v1：v2=3：1；因乙球落地时速度与地面的夹角为60 ，则可知落地的竖直速度，则由可知，，甲的机械能；乙的机械能：，即甲、乙两球在运动过程中的机械能之比为3:1，故C正确。乙球在B点受到地面的冲量大小等于竖直方向的动量变化，，选项D正确。【名师点睛】解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关。
3．【答案】CD【考点】圆周运动，机械能守恒定律【解析】因弹簧的劲度系数为，原长为L=2R，若小球恰能到达最高点，此时弹簧的弹力为，轨道的支持力为0，由弹簧的弹力和重力提供向心力，则有，解得：，从A到最高点，形变量没有变，故弹性势能不变，由机械能守恒定律得：解得：，即当时小球才不会脱离轨道，故AB错误，C正确；在最低点时，设小球受到的支持力为N，有：，解得：，运动到最高点时受到轨道的支持力最小，为N2，设此时的速度为v，由机械能守恒定律得：，此时合外力提供向心力，有：，解得：，联立解得，与初速度无关，故D正确。
4．【答案】C【考点】机械能守恒定律、圆周运动的临界问题【解析】在最高点，小球速度大小未知，若恰好通过最高点，则轨道对小球的作用力为零，若轨道对小球有作用力，则方向竖直向下，在最低点，小球受到的重力和支持力的合力充当向心力，轨道对小球的作用力竖直向上，A错误；若小球恰好能通过最高点，则重力充当向心力，根据牛顿第二定律可得mg=m，解得v=，小球运动过程中机械能守恒，有mgh=2mgR+mv2，解得h=2.5R，故小球的初位置到圆轨道最低点的高度不小于2.5R时，小球能通过最高点，小球的初位置比圆轨道最低点高出0.5R时，由机械能守恒可知，小球应到达圆轨道上0.5R高处，不会脱离轨道，C正确，D错误。【点拨】明确最高点的临界速度，小球恰好能够通过圆轨道最高点，则小球在最高点时重力充当向心力；还要注意小球只在圆轨道下半部分运动时也不会脱离轨道。
5．【答案】（1）8 m/s （2）8 m （3）2 s【考点】圆周运动，机械能守恒【解析】（1）从抛出到C点的过程，由机械能守恒定律得在C点，由物体的重力和轨道对物体的压力提供向心力，得代入数据解得（2）物体上抛并沿圆轨道运动的过程中机械能的守恒定律，所以物块到B点速度：物体从B到A的过程由动能定理有解得：（3）物体从B到A的过程中摩擦力提供加速度，由牛顿第二定律得则得：物块从B点运动到A点所用的时间
专家押题
1．【答案】BD【考点】圆周运动的临界条件、平抛运动、机械能守恒定律【解析】从A到B的过程中，根据机械能守恒可得，解得，在B点，当重力恰好作为向心力时，有，解得，所以小球到达B点时，重力恰好作为向心力，小球将从B点开始做平抛运动到达C点，A错误，B正确；根据平抛运动规律，水平方向：x=vBt，竖直方向：R=gt2，解得x=R，C错误；整个过程机械能守恒，有，解得，D正确。
2．【答案】AD【考点】机械能守恒定律、两类圆周运动模型【解析】小球沿圆弧轨道运动，轨道半径大于h，小球上升h高度时，速度为零，未超过圆周，A正确；小球沿半圆轨道运动，轨道直径大于h，小球上升h高度时，速度为零，超过四分之一圆周，要想做完整的圆周运动，小球在h高度处速度不能为零，可知小球还未上升到h高度处就已离开轨道，B错误；小球沿圆轨道运动，轨道直径等于h，在最高点有最小速度，可知小球未到达最高点就已离开轨道，C错误；小球固定在长为的轻杆的一端，随轻杆绕O点转动，在最高点的最小速度为零，小球能够达到最高点，D正确。【点拨】本题主要运用的规律是机械能守恒定律；解题关键是判断小球在h高度处速度可否为零，从而判断能否到达h高度处；需知绳连物体经过最高点的最小速度是，杆连物体经过最高点的最小速度为零。
3．【答案】ACD【考点】类平抛运动【解析】三个粒子所受的电场力相等，加速度大小相等，在竖直方向上有：y=at2，知a、b的偏转位移相等，大于c的偏转位移，知a、b的运动时间相等，大于c的时间，故A正确，B错误。因为a的水平位移小于b的水平位移，时间相等，则a的速度小于b的速度，b的水平位移和c的水平位移相等，b的时间大于c的时间，则b的速度小于c的速度，所以进入电场时，c的速度最大，a的速度最小，故C正确。根据动能定理知，a、b的偏转位移相等，则电场力做功相等，大于c电场力做功，所以a、b的动能增量相等，大于c的动能增量，故D正确。【点拨】此题考查了带电粒子在电场中的偏转问题。解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，在沿电场方向上做匀加速直线运动，垂直电场方向上做匀速直线运动，结合运动学公式抓住等时性进行分析求解。
5月21日 动量与能量的综合
考纲要求 动量、动量定理、动量守恒定律及其应用（ⅠI）弹性碰撞和非弹性碰撞（Ⅰ）
命题预测 1.对动量、冲量、动量定理和动量守恒定律等基本概念、基本规律的理解，一般结合碰撞等实际过程考查；2.综合运用动量和机械能的知识分析较复杂的运动过程；3.多过程多物体问题的解决方法——动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律等规律的综合应用；
应试技巧 1.动量定理（1）物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化，即。（2）应用动量定理解题的一般步骤为：（1）明确研究对象和物理过程；（2）分析研究对象在运动过程中的受力情况及各力的冲量；（3）选取正方向，确定物体在运动过程中始末两状态的动量；（4）依据动量定理列方程、求解。2.动量守恒定律（1）动量守恒定律成立的条件：系统不受外力或者所受合外力为零；系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；系统在某一方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。（2）动量守恒定律的表达形式：①，即p1+p2=+；②Δp1+Δp2=0，Δp1= －Δp2（3）动量守恒的速度具有“四性”：①矢量性；②瞬时性；③相对性；④普适性。3.碰撞模型（1）碰撞的种类及遵从的规律种类遵从的规律弹性碰撞动量守恒，机械能守恒非弹性碰撞动量守恒，机械能有损失完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最大（2）关于弹性碰撞的分析两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。在光滑的水平面上，质量为m1的钢球沿一条直线以速度v0与静止在水平面上的质量为m2的钢球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是v1、v2①②由①②可得：③④利用③式和④式，可讨论以下五种特殊情况：a.当时，，，两钢球沿原方向原方向运动；b.当时，，，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；c.当时，，，两钢球交换速度。d.当时，，，m1很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的m2几乎不动。例如橡皮球与墙壁的碰撞。e.当时，v≈v0，v2≈2v0，说明m1很大时速度几乎不变，而质量很小的m2获得的速度是原来运动物体速度的2倍，这是原来静止的钢球通过碰撞可以获得的最大速度，例如铅球碰乒乓球。
1．（2017新课标全国Ⅰ卷）将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）
A．30 B．5.7×102
C．6.0×102 D．6.3×102
【参考答案】A【命题意图】本题考查动量、动量守恒【试题解析】设火箭的质量（不含燃气）为m1，燃气的质量为m2，根据动量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的动量为：p=m1v1=m2v2=30 ，所以A正确，BCD错误。【名师点睛】本题主要考查动量即反冲类动量守恒问题，只要注意动量的矢量性即可，比较简单。
2．（2017·新课标全国Ⅲ卷）一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则
A．t=1 s时物块的速率为1 m/s
B．t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t=4 s时物块的速度为零
【参考答案】AB【命题意图】本题主要考查动量定理【试题解析】由动量定理有Ft=mv，解得，t=1 s时物块的速率，A正确；F–t图线与时间轴所围面积表示冲量，所以t=2 s时物块的动量大小为，B正确；t=3 s时物块的动量大小为，C错误；t=4 s时物块的动量大小为，速度不为零，D错误。【名师点睛】求变力的冲量是动量定理应用的重点，也是难点。F–t图线与时间轴所围面积表示冲量。
3．（2017天津卷）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
【参考答案】B【命题意图】本题主要考查机械能，向心力，冲量和动量定理，瞬时功率【试题解析】机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻发生变化，则机械能在变化，故A错误；在最高点对乘客受力分析，根据牛顿第二定律有：，座椅对他的支持力，故B正确；乘客随座舱转动一周的过程中，动量不变，是所受合力的冲量为零，重力的冲量，故C错误；乘客重力的瞬时功率，其中θ为线速度和竖直方向的夹角，摩天轮转动过程中，乘客的重力和线速度的大小不变，但θ在变化，所以乘客重力的瞬时功率在不断变化，故D错误。【名师点睛】本题的难点在于对动量定理的理解，是“物体所受合力的冲量等于动量的变化”，而学生经常记为“力的冲量等于物体动量的变化”。
4．（2016全国新课标Ⅱ卷）如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h=0.3 m（h小于斜面体的高度）。已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg，冰块的质量为m2=10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=10 m/s2。
（1）求斜面体的质量；
（2）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
【参考答案】（1）20 kg （2）不能【命题意图】本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律。【试题解析】（1）规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20=（m2+m3）v①②式中v20= –3 m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得m3=20 kg③（2）设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1+m2v20=0④代入数据得v1=1 m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20= m2v2+ m3v3⑥⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2=1 m/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。【应试技巧】此题是动量守恒定律及机械能守恒定律的综合应用问题；解题关键是要知道动量守恒的条件及两物体相互作用时满足的能量关系，列方程即可；注意动量守恒定律的矢量性，知道符号的含义；此题难度中等，意在考查考生灵活利用物理知识解决问题的能力。
1．（2018新疆乌鲁木齐市第四中学期中考试）如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，下列说法正确的是
A.木块的最终速度为
B.由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒
C.车表面越粗糙，木块减少的动量越多
D.小车获得的冲量与车表面的粗糙程度无关
2．（2017学年福建省六校期中联考）如图所示，平板小车C放在光滑水平地面上，A、B两物体（mA>mB）之间用一段细绳相连并有一被压缩的轻弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态。则在细绳被剪断后，A、B在C上未滑离C之前，A、B沿相反方向滑动的过程中
A.若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量也守恒
B.若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，但A、B、C组成的系统动量守恒
C.若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒， A、B、C 组成的系统动量也不守恒
D.以上说法均不对
3．（2018年海南省高考压轴卷）如图所示，质量均为m的A、B两球之间系着一根不计质量的弹簧，放在光滑的水平面上，A球紧靠竖直墙壁。今用水平力F将B球向左推压
考纲要求 位移、速度和加速度（II）匀变速直线运动及其公式、图象（II）
命题预测 1.从考查力度来看，涉及本单元知识的考题，近几年全国高考中都有出现，大多数省份均以选择题的形式出现，部分省份以计算题的形式考查，且往往结合图象进行分析。2.从考查内容来看，本单元的考点要求较低、试题难度较小，高考试题中单独考查本单元知识的题目多以实际问题的形式出现，与现实生产、生活和现代科技的结合将更紧密，涉及内容更广泛，与高科技相联系的情景会有所增加。3.从考查热点来看，x－t图象、v－t图象和追及、相遇、滑块－滑板等模型是高考命题的热点.要会从图象的角度分析问题解决问题
应试技巧 1.应用运动图象解题“六看”x－t图象v－t图象轴横轴为时间t，纵轴为位移x横轴为时间t，纵轴为速度v线倾斜直线表示匀速直线运动倾斜直线表示匀变速直线运动斜率表示速度表示加速度面积无实际意义图线和时间轴围成的面积表示位移纵截距表示初位置表示初速度特殊点拐点表示从一种运动变为另一种运动，交点表示相遇拐点表示从一种运动变为另一种运动，交点表示速度相等2.求解匀变速直线运动的一般步骤→→→→3.熟记基本公式：，；4.常用推论：，，，。5.刹车：求解此类问题应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解。6.追及问题：解决此类问题要注意“两个关系”和“一个条件”，“两个关系”即时间关系和位移关系；“一个条件”即两者速度相等，它往往是物体间能否追上或两物体距离最大、最小的临界条件，也是分析判断问题的切入点。画出运动草图，在图上标出已知量和未知量，再探寻位移关系和速度关系是解决此类问题的通用技巧。
1．（2016上海卷）物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为16 m的路程，第一段用时4 s，第二段用时2 s，则物体的加速度是
A. B.
C. D.
【参考答案】B【命题意图】本题考查匀变速直线运动的规律及推论，知识点上重点考查考纲中的“位移、速度和加速度”。【试题解析】根据题意，物体做匀加速直线运动，t时间内的平均速度等于时刻的瞬时速度，在第一段内中间时刻的瞬时速度为：；在第二段内中间时刻的瞬时速度为：；则物体加速度为：，故选项B正确。【解题技巧】本题先通过物体做匀加速直线运动，t时间内的平均速度等于时刻的瞬时速度，求出两段时间中间时刻的瞬时速度，再根据加速度公式计算出物体的加速度。
2．（2016全国新课标Ⅲ卷）一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔t内位移为s，动能变为原来的9倍。该质点的加速度为
A. B. C. D.
【参考答案】A【命题意图】本题主要考查匀变速直线运动规律的应用。【试题解析】设初速度为，末速度为，根据题意可得，解得，根据，可得，解得，代入可得，故A正确。【名师点睛】在分析匀变速直线运动问题时，由于这一块的公式较多，涉及的物理量较多，并且有时候涉及的过程也非常多，所以一定要注意对所研究的过程的运动性质清晰明了，对给出的物理量所表示的含义明确，然后选择正确的公式分析解题。
3．（2016全国新课标Ⅰ卷）甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v–t图象如图所示。已知两车在t=3 s时并排行驶，则
A.在t=1 s时，甲车在乙车后
B.在t=0时，甲车在乙车前7.5 m
C.两车另一次并排行驶的时刻是t=2 s
D.甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为40 m
【参考答案】BD【命题意图】本题重点考查v–t图象、追及问题，要理解图象的意义和运动的规律。【试题解析】根据v–t图象，可以判断在t=1 s时，甲车和乙车并排行驶，故AC错误；在t=0时，甲车在乙车前的距离，故B正确；甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离也就是从第1 s末到第3 s末两车运动的位移，故D正确。【解题技巧】本题主要考查了v–t图象、追及问题。v–t图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移；在时间轴上方的面积表示位移为正，下方的面积表示位移为负；相遇要求在同一时刻到达同一位置。
1．（2018福建省宁德市普通高中质量检测）在平直公路上有甲、乙两辆汽车沿着同一方向运动，它们的v–t图象如图所示，则
A.t=1 s时，甲车在乙车的前面
B.t=3 s时，甲乙两车相遇
C.乙车比甲车迟1 s出发
D.甲车的加速度大于乙车的加速度
2．（2018山东、湖北省部分重点中学高三冲刺模拟试卷）如图所示，光滑木板长1 m，木板上距离左端O点 m处放有一物块，木板可以绕左端O点垂直纸面的轴转动，开始时木板水平静止。现让木板突然以一恒定角速度顺时针转动，物块下落正好可以砸在木板的末端，已知重力加速度g=10 m/s2，则木板转动的角速度为
A.π rad/s B.π rad/s C.πrad/s D.π rad/s
3．（2018河北省唐山市高三强化提升）如图所示，甲从A地由静止匀加速跑向B地，当甲前进距离为s1时，乙从距A地s2处的C点由静止出发，加速度与甲相同，最后二人同时到达B地，则AB两地距离为
A. B. C. D.
4．（2018江西省赣县三中高三期中考试）如图所示为a、b两小球沿光滑水平面相向运动的v–t图线。已知当两小球间距小于或等于L时，受到相互排斥的恒力作用，当间距大于L时，相互间作用力为零。由图可知
A.a球的质量大于b球的质量
B.a球的质量小于b球的质量
C.t3时刻两球间距为L
D.tl时刻两球间距最小
5．（2018云南省元江民中四月份月考）甲、乙两质点在同一时刻、从同一地点沿同一方向做直线运动，其中质点甲做初速度为零、加速度大小为a1的匀加速直线运动，质点乙做初速度为v0=10 m/s、加速度大小为a2的匀减速直线运动直至停止。甲、乙两质点在运动过程中位移为5 m时速度相同，经过另一相同位置时，甲、乙两质点的速度分别为8 m/s、6 m/s。求：
（1）甲、乙两质点的加速度大小a1、a2；
（2）甲、乙两质点相遇时离出发点的距离。
1．甲、乙两辆汽车沿同一方向做直线运动，两车在某一时刻刚好经过同一位置，此时甲的速度为5 m/s，乙的速度为10 m/s，以此时作为计时起点，它们的速度随时间变化的关系如图所示，根据以上条件可知
A.在t=4 s时，甲、乙两车相距最远
B.在t=10 s时，乙车恰好回到出发点
C.乙车在运动过程中速度的方向发生改变
D.乙车做加速度先增大后减小的变加速运动
2．甬温线永嘉站至温州南站间，北京南至福州的D301次列车与杭州至福州南的D3115次列车发生追尾事故，造成动车组运行以来的特重大铁路交通事故。事故发生前D3115次列车正以36 km/h的速度匀速行驶，而D301次列车驶离永嘉站后，经过2分钟车速达到216 km/h后，便开始匀速行驶。不幸的是几分钟后就发生了追尾事故。（认为列车运行轨道为平直的）
（1）如果认为D301次列车以恒定加速度由静止驶离永嘉站，求D301的启动加速度大小和加速距离。
（2）已知列车紧急制动的加速度大小为5 m/s2，D301正常行驶后，为了避免事故发生，应在距离D3115至少多远处开始刹车才有可能避免事故发生？
名校预测
1．【答案】C【考点】v–t图线，追及与相遇问题【解析】由于不知道在t=0时刻两车的位置关系，则不能判断t=1 s时两车的位置关系，也不能判断t=3 s时两车是否相遇，选项AB错误；由图象可知，乙车比甲车迟1 s出发，选项C正确；v–t线的斜率等于加速度，则甲车的加速度小于乙车的加速度，选项D错误；故选C。
2．【答案】C【考点】自由落体运动【解析】设从开始到物块砸在木板的末端，木板转过的角度为α，根据几何知识可知，解得，所以物块下落的高度，由，得物块下落时间为，所以木板转动的角速度，C正确。【名师点睛】木块做自由落体运动，木板做匀速圆周运动，当木块砸在木板末端时，两者的运动时间相同。根据自由落体运动求时间是本题的关键。
3．【答案】B【考点】匀变速直线运动的规律【解析】设甲前进距离为s1时，速度为v，甲乙匀加速直线运动的加速度为a，则有：，根据速度位移公式，解得：，解得，则AB的距离，故选B。
4．【答案】AC【考点】v–t图线【解析】从速度时间图象可以看出b小球速度时间图象的斜率绝对值较大，所以b小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力，大小相等，根据a=F/m知，加速度大的质量小，所以b小球质量较小，故A正确，B错误；当间距大于L时，相互间作用力为零，由图看出t3时刻之后相互作用力为零，即间距大于L，则t3时刻距离为L，故C正确；二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，所以D错误。
5．【答案】（1） 5 m/s2 5 m/s2 （2）10 m【考点】匀变速直线运动的规律【解析】（1）设质点乙、甲先后通过x=5 m处时的速度均为v对质点甲：①对质点乙：②联立①②解得：③当质点甲的速度v1=8 m/s、质点乙的速度v2=6 m/s时，两质点通过相同的位移均为x′对质点甲：④对质点乙：⑤联立④⑤解得：a1=a2⑥联立③⑥解得：（2）设甲、乙两质点经过时间t后相遇，相遇时离出发点距离为d对质点甲：⑦对质点乙：⑧联立⑦⑧解得：
专家押题
1．【答案】A【考点】v－t图象【解析】在速度相等时，两车相距最远，即t=4 s时相距最远，故A正确；0~10 s内物体乙的速度一直为正，方向不变，故在t=10 s时，乙车不能回到出发点，选项BC错误；图象的斜率表示物体的加速度，由图可知，乙的加速度先减小后增大，最后再减小，故D错误；故选A。
2．【答案】（1）3 600 m （2）250 m【考点】匀加速直线运动、追及问题【解析】（1）由于D301次列车经过2分钟车速达到v1=216 km/h=60 m/s所以启动加速度a==0.5 m/s加速距离s=a（Δt）2=3 600 m（2）要使两列车恰好不相撞，则至少满足，D301追上D3115时两列车速度相同所以得v2=v1－a't解得t=10 s两列车之间的距离为Δs =t－v2t解得Δs=250 m【点拨】本题考查追及问题，在分别研究两列车运动的基础上，关键是要寻找两列车之间的位移关系和速度关系，注意挖掘隐含的临界条件。
农场的鸡病了。农场主请来生物学家、化学家和物理学家来看一下鸡出了什么问题。生物学家对鸡做了一番检查，最后说，不知道鸡得的什么病。化学家做了一番试验和测量，最后也没查出个所以然。物理学家站在那儿，对着鸡看了一会，甚至都没去动一下那只鸡。然后，拿出笔记本开始写了起来，最后，经过一番可怕的计算，物理学家说：“搞定了。可是，只适用于真空中的球形鸡。”
笑点不好笑：物理学的理论研究中经常会用到理想模型，这可以使物理学研究更加简单，得到的结论更加深刻，然而实际存在的却不会是理想模型，尤其是在实际的物理实验中，误差的分析、各类影响因数是相当重要的。
5月17日 物体的平衡与受力分析
考纲要求 形变、弹性、胡克定律（I）力的合成和分解（II）共点力的平衡（II）
命题预测 1.考查力的产生条件、力的大小、方向的判断（难点：弹力、摩擦力）、力的合成与分解、平衡条件的应用、动态平衡问题的分析、连接体问题的分析。2.涉及的思想方法有：整体法与隔离法、假设法、正交分解法、矢量三角形法、等效思想等。3.单独考查一个知识点的试题非常少，大多数情况都是同时涉及几个知识点，考查的重点和热点是弹力、摩擦力、力的合成与分解、共点力作用下物体的平衡等的创新设计，注重物理思维与物理能力的考核。
应试技巧 1.求解受力分析应掌握三个原则：（1）按一定的顺序去分析力：根据各种性质的力产生的条件、力的方向，本着先场力（重力、电场力等），再接触力（弹力、摩擦力）的顺序分析。（2）善于变换研究对象：如果题目中给出的物体不止一个，在分析物体受力情况时，往往不能直接判断它与接触的物体间是否有相互作用的弹力和摩擦力，这时可以采用隔离法（或整体法），先分析其他物体（或整体）的受力情况，再分析被研究物体的受力情况。（3）结合运动状态，结合相关定律及时修正：由于弹力和摩擦力都是被动力，它们的方向和大小与物体的运动状态有着密切的关系，所以分析物体的受力情况时，除了根据力产生的条件判断外，还必须根据物体的运动状态，结合牛顿第二定律及时进行修正。2.平衡问题中的整体法和隔离法：（1）解决物体的平衡问题时，应先对物体进行受力分析，当分析相互作用的两个或两个以上物体的受力情况及分析外力对系统的作用时，或者当系统内各物体具有相同大小的加速度或相同的运动状态且不需要考虑系统内物体间的相互作用力时，宜用整体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时或者当系统内各部分的加速度大小、运动状态不同时常用隔离法。运用隔离法选择研究对象分析物体受力时，应按照由易到难的原则。整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法。（2）共点力平衡问题的一般思路：物体静止或做匀速直线运动→物体处于平衡状态→对物体受力分析→建立平衡方程→对平衡方程求解、讨论3.动态平衡问题的处理方法：解决这一类问题的一般思路：把“动”化为“静”，“静”中求“动”。（1）图解分析法：对研究对象在状态变化过程中的若干状态进行受力分析，依据某一参量的变化，在同一图中作出物体在若干状态下力的平衡图（力的平行四边形），再由动态力的平行四边形各边长度变化及角度变化情况，确定力的大小及方向的变化情况。总结其特点有：合力大小和方向都不变；一个分力的方向不变，分析另一个分力方向变化时两个分力大小的变化情况。（2）相似三角形法：对受三力作用而平衡的物体，先正确分析物体的受力，画出受力分析图，再寻找与力的三角形相似的几何三角形，利用相似三角形的性质，建立比例关系，把力的大小变化问题转化为几何三角形边长的大小变化问题进行讨论。（3）解析法：根据物体的平衡条件列方程，在解方程时采用数学知识讨论某物理量随变量的变化关系。
1.（2017新课标全国Ⅲ卷）一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为（弹性绳的伸长始终处于弹性限度内）
A．86 cm B． 92 cm C． 98 cm D． 104 cm
【参考答案】B【命题意图】胡克定律、物体的平衡【试题解析】设弹性绳的劲度系数为k，左、右两半段绳的伸长量，由共点力的平衡条件可知，钩码的重力，将弹性绳的两端缓慢移至天花板上同一点时，钩码的重力，解得，则弹性绳的总长度变为，故选B。【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，再根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解；如果物体受到三力处于平衡状态，可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据正弦定理列式求解。前后两次始终处于静止状态，即合外力为零，在改变绳长的同时，绳与竖直方向的夹角跟着改变。
2.（2017天津卷）如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆M、N上的a、b两点，悬挂衣服的衣架钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确的是
A．绳的右端上移到，绳子拉力不变
B．将杆N向右移一些，绳子拉力变大
C．绳的两端高度差越小，绳子拉力越小
D．若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移
【参考答案】AB【命题意图】受力分析，共点力的平衡【试题解析】设两杆间距离为d，绳长为l，Oa、Ob段长度分别为la和lb，则，两部分绳子与竖直方向夹角分别为α和β，受力分析如图所示。绳子中各部分张力相等，，则。满足，，即，，d和l均不变，则sin α为定值，α为定值，cos α为定值，绳子的拉力保持不变，衣服的位置不变，故A正确，CD错误；将杆N向右移一些，d增大，则sin α增大，cos α减小，绳子的拉力增大，故B正确。【名师点睛】本题是力的动态平衡的典型模型，学生并不陌生，关键要判断出绳子和竖直方向的夹角只与绳长和两杆间的距离有关。
3.（2017新课标全国Ⅰ卷）如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N。初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为（）。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变。在OM由竖直被拉到水平的过程中
A．MN上的张力逐渐增大
B．MN上的张力先增大后减小
C．OM上的张力逐渐增大
D．OM上的张力先增大后减小
【参考答案】AD【命题意图】共点力的平衡、动态平衡【试题解析】以重物为研究对象，受重力mg，OM绳上拉力F2，MN上拉力F1，由题意知，三个力合力始终为零，矢量三角形如图所示，在F2转至水平的过程中，MN上的张力F1逐渐增大，OM上的张力F2先增大后减小，所以AD正确，BC错误。【名师点睛】本题考查动态平衡，注意重物受三个力中只有重力恒定不变，且要求OM、MN两力的夹角不变，两力的大小、方向都在变。三力合力为零，能构成封闭的三角形，再借助圆，同一圆弧对应圆周角不变，难度较大。
4.（2017新课标全国Ⅱ卷）如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为
A． B． C． D．
【参考答案】C【命题意图】物体的平衡【试题解析】F水平时：；当保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角时，则，联立解得：，故选C。【名师点睛】此题考查了正交分解法在解决平衡问题中的应用问题；关键是列出两种情况下水平方向的平衡方程，联立即可求解。
1．（2018江西省景德镇一中期中）如图所示，两物块A、B用轻绳绕过光滑定滑轮相连，B在斜面体上，A竖直悬挂，物块和斜面体都保持静止状态。现对B施加一垂直斜面向上的作用力，物块和斜面体仍保持静止状态，下列说法正确的是
A. B受到的拉力变小
B. B受到的静摩擦力变小
C. B受到的合力变小
D. 斜面体对地面的静摩擦力向左
2．（2017江门模拟）如图所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜劈的斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态。若将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，则
A.细线对物体a的拉力增大 B.斜劈对地面的压力减小
C.斜劈对物体a的摩擦力减小 D.地面对斜劈的摩擦力增大
3．（2017届山东省桓台月考）如图所示，物块A放在直角三角形斜面体B上面，B放在轻弹簧上面并紧挨着竖直粗糙墙壁，处于静止状态；弹簧处于竖直。现用力F沿斜面向上推A，但A、B仍处于静止状态。下列说法正确的是
A.施加F前，B可能受6个力
B.施加F后，A、B之间的摩擦力一定变小
C.施加F后，B受到弹簧的弹力可能变小
D.施加F之后，B与墙之间的摩擦力一定小于F
4．（2018河北省武邑中学高三第一次模拟）如图所示，半圆形框架竖直放置在粗糙的水平地面上，光滑的小球P在水平外力F的作用下处于静止状态，P与圆心O的连线与水平面的夹角为θ，将力F在竖直面内沿顺时针方向缓慢地转过90°，框架与小球始终保持静止状态。在此过程中下列说法正确的是
A.框架对小球的支持力先减小后增大
B.拉力F的最小值为mgcos θ
C.地面对框架的摩擦力减小
D.框架对地面的压力先增大后减小
1．三个相同的物体叠放在水平面上，B物体受到水平拉力的作用，但三个物体都处于静止状态，如图所示，下列说法正确的是
A.A与B的接触面一定是粗糙的
B.各接触面都一定是粗糙的
C.B与C，C与水平面的接触面一定是粗糙的
D.C与水平面的接触面可能是光滑的
2．如图所示，物体的质量为5 kg，两根轻细绳AB和AC的一端固定于竖直墙上，另一端系于物体上（∠BAC=θ=60°），在物体上另施加一个方向与水平线也成θ角的拉力F，若要使绳都能伸直，求拉力F的大小范围。
3．如图所示，质量为m的小球用细线拴住放在光滑斜面上，斜面足够长，倾角为α的斜面体置于光滑水平面上，用水平力F推斜面体使斜面体缓慢地向左移动，小球沿斜面缓慢升高（细绳尚未到达平行于斜面的位置）。在此过程中
A.绳对小球的拉力减小
B.斜面体对小球的支持力减少
C.水平推力F减小
D.地面对斜面体的支持力不变
名校预测
1．【答案】D【考点】物体的平衡【解析】B受到的拉力等于物体A的重力，大小不变，选项A错误；沿斜面方向，B受力平衡：，因T不变，则f不变，选项B错误；因B仍静止，则合力仍为零，选项C错误；对斜面体和AB的整体，因水平方向受F的水平向左的分力，可知地面对斜面体有向右的静摩擦力，可知斜面体对地面的静摩擦力向左，选项D正确。
2．【答案】AD【考点】物体的动态平衡、整体法与隔离法【解析】对滑轮2和物体b受力分析，受重力和两个拉力作用，如图1所示。
图1 图2根据平衡条件有mbg=2Tcos θ，解得，将固定点c向右移动少许，则θ增大，拉力T增加，故A正确；对斜面体、物体a、物体b整体受力分析，受重力、细线的拉力、地面的静摩擦力和支持力作用，如图２所示，根据平衡条件有N=G总–Tcos θ=G总–，恒定不变；根据牛顿第三定律，斜劈对地面的压力不变，B错误；地面对斜劈的静摩擦力f=Tsin θ=tan θ，随着θ增大，摩擦力增大，故D正确；对物体a受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力作用，由于不知道拉力与重力的下滑分力的大小关系，故无法判断静摩擦力的方向，不能判断静摩擦力的变化情况，C错误。
3．【答案】D【考点】物体的动态平衡、整体法与隔离法【解析】开始时A静止，则A受到重力以及B对A的支持力、摩擦力，根据共点力平衡可知，B对A的支持力与摩擦力的合力的方向竖直向上；开始时B也静止，则B受到重力、弹簧的弹力、A对B的压力与摩擦力，由于B对A的支持力与摩擦力的合力的方向竖直向上，则A对B的压力与摩擦力的合力方向竖直向下，所以B与墙壁之间没有力的作用。所以B受到四个力的作用。故A错误；对A，开始受重力、B对A的支持力和静摩擦力平衡，三力平衡，A所受的静摩擦力大小为mAgsinθ，当施加F后，仍然处于静止，若F>2mAgsinθ，则A、B之间的摩擦力大小为f=F－mAgsinθ>mAgsinθ，变大，故B错误；A与B始终静止，可知弹簧的形变量没有变化，根据胡克定律可知，施加F后，B受到弹簧的弹力不变，故C错误；对整体分析，由于AB不动，弹簧的形变量不变，则弹簧的弹力不变，开始弹簧的弹力等于A、B的总重力，施加F后，弹簧的弹力不变，总重力不变，但F有竖直向上的分量，则根据平衡知，则B与墙之间一定有摩擦力且大小等于F沿竖直方向的分力，即 SKIPIF 1 < 0 ，所以B与墙之间的摩擦力一定小于F，故D正确；
4．【答案】BC【考点】动态平衡问题【解析】以小球为研究对象，分析受力情况，作出受力示意力图，如图所示，根据几何关系可知，用F顺时针转动至竖直向上之前，支持力逐渐减小，F先减小后增大，当F的方向沿圆的切线方向向上时，F最小，此时：F=mgcosθ，故A错误，B正确；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿水平方向的分力逐渐减小，所以地面对框架的摩擦力始终在减小，故C正确；以框架与小球组成的整体为研究对象，整体受到重力、地面的支持力、地面的摩擦力以及力F的作用；由图可知，F在顺时针方向转动的过程中，F沿竖直方向的分力逐渐增大，所以地面对框架的支持力始终在减小，故D错误。
专家押题
1．【答案】C【考点】物体的静态平衡、整体法与隔离法【解析】以A为研究对象，A处于静止状态，受力平衡，根据平衡条件得知，B对A有摩擦力，则A与B的接触面可能是粗糙的，也可能是光滑的，故AB错误；以A与B组成的整体为研究对象，根据平衡条件得知，C对B的摩擦力大小等于F，方向水平向左，则B、C间一定是粗糙的，以ABC三个物体组成的整体为研究对象，根据平衡条件得到，地面对C的摩擦力大小等于F，方向水平向左，则C与水平面的接触面一定是粗糙的，故C正确，D错误。
2．【答案】【考点】共点力的平衡、临界问题【解析】由平衡条件有Fcos θ–F2–F1cos θ=0，Fsin θ+F1sin θ–mg =0。可得F=–F1，F=+ 要使两绳都能绷直，则有F1≥0 ，F2≥0 则F最大值 F最小值 F大小的取值范围为
3．【考点】A【考点】共点力的平衡、杆的弹力大小及方向判定【解析】对小球受力分析如图所示，重力的大小方向不变，平移另两个力构成一首尾相连的闭合的三角形，滑块左移会引起FT的方向及大小的变化而FN的方向不变，且合力为0，则三力依然为闭合三角形，如图所示：则FT与FN相垂直时FT最小，此时细线和斜面平行，则闭合三角形发生如图所示变化，则细绳尚未到达平行于斜面的位置时，FT逐渐变小，FN逐渐变大。故选项A正确，B错误； 对斜面体分析，受推力、支持力、重力和压力，根据平衡条件，有：F=FNsinαN′=Mg+FNcosα由于FN增加，故支持力N′和推力F均增加，故CD错误；故选A。【名师点睛】本题关键是先后隔离球和斜面体；要知道若三力合力为0，则三力首尾相连构成一闭合三角形，分析出不变的力不动，另外的两个力改变方向或大小，但依然是闭合三角形，分析边长的变化就得出力大小的变化。
《平衡/Balance》
1990年奥斯卡最佳动画短片奖。
在空中，悬浮着一个四方的平板，上面站立着5个人，同样的相貌，同样的装束，同样的面无表情，区别的，只有身后背负着的不同的号码。平板的中心是个看不见的支点，为了平衡，5个人必须寻找合适的位置。原本，简单地站在中心就可以了，可是，如同我们一样，他们也好奇于这个世界，想知道下面是什么样子。而随着一个箱子的来临，这种平衡被打破了，箱子带来了音乐，带来了兴奋，也带来了不平衡，带来了分歧和斗争。
短片是德国出品，也蕴涵了德国人特有的思维方式，对团体，对稳定，对平衡的重视，对平静的生活的追求，对诱惑的抗拒。平板就是一个世界，当诱惑降临，当人心中的平衡被打破，世界就会混乱，最后留下的只有孤独、寂寞、失败以及崩溃。
5月18日 牛顿第二定律的应用
考纲要求 牛顿运动定律、牛顿定律的应用（II）超重和失重（I）
命题预测 1.牛顿第二定律与运动学（运动图象）结合考查。 2.牛顿运动定律在实际中的应用很多，如超重失重问题、连接体问题、临界极值问题、传送带问题等。可以实际生活、生产和科学实验中有关问题为命题背景，突出表现物理知识在生活中的应用。
应试技巧 1.对牛顿第二定律的理解：（1）瞬时性：加速度和物体所受的合力是瞬时对应关系。 （2）矢量性：物体加速度方向与所受合力方向相同。（3）同体性：F=ma中各量都是属于同一物体的。 （4）独立性：将合力分解后，其在分解方向产生的加速度相互独立。2.应用牛顿第二定律解题的方法：（1）明确研究对象：根据问题的需要和解题的方便，选出被研究的物体；（2）进行受力分析和运动状态分析，明确运动性质和运动过程；（3）建立坐标系，一般以加速度方向和垂直加速度方向为两坐标轴方向；（4）根据牛顿第二定律列方程求解。3.超重和失重：视重：当物体挂在弹簧测力计下或放在水平台秤上时，弹簧测力计或台秤的示数称为“视重”，大小等于弹簧测力计受到的拉力或台秤受到的压力。无论是超重还是失重，物体所受的重力都没有变化，只是“视重”的改变。状态加速度视重F与重力mg的关系（加速度大小为a）超重竖直向上F=m（g+a）>mg失重竖直向下F=m（g–a）
A.F1
C.F1>F3 D.F1=F3
【参考答案】A【命题意图】本题考查图象，牛顿第二定律。【试题解析】由v–t图象可知，0~5 s内加速度a1=0.2 m/s2，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–F1=ma1，F1=mgsin θ–f–0.2m；5~10 s内加速度a2=0，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–F2=ma2，F2=mgsin θ–f；10~15 s内加速度a3=–0.2 m/s2，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsin θ–f–F3=ma3，F3=mgsin θ–f+0.2m。故可得：F3>F2>F1，选项A正确。【名师点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，基础题。
2．（2016上海卷）如图，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的
A.OA方向 B.OB方向
C.OC方向 D.OD方向
【参考答案】D【命题意图】本题主要考查牛顿第二定律、整体法和隔离法。【试题解析】据题意可知，小车向右做匀加速直线运动，由于球固定在杆上，而杆固定在小车上，则三者属于同一整体，根据整体法和隔离法的关系分析可知，球和小车的加速度相同，所以球的加速度也应该向右，故选项D正确。【名师点睛】本题通过整体法和隔离法可以判断出做匀变速直线运动的物体局部加速度和整体加速度相同。
3．（2017新课标全国Ⅱ卷）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1
（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。
【参考答案】（1） （2）【命题意图】牛顿第二定律；匀变速直线运动的规律【试题解析】（1）设冰球与冰面间的动摩擦因数为μ则冰球在冰面上滑行的加速度a1=μg①由速度与位移的关系知–2a1s0=v12–v02②联立①②得③（2）设冰球运动的时间为t，则④又⑤由③④⑤得⑥【名师点睛】此题主要考查匀变速直线运动的基本规律的应用；分析物理过程，找到运动员和冰球之间的关联，并能灵活选取运动公式；难度中等。
4．（2017新课标全国Ⅲ卷）如图，两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2。求
（1）B与木板相对静止时，木板的速度；
（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。
【参考答案】（1）1 m/s （2）1.9 m【命题意图】牛顿运动定律、匀变速直线运动规律【试题解析】（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别是aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1。在物块B与木板达到共同速度前有①②③由牛顿第二定律得④⑤⑥设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。由运动学公式有⑦⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得⑨（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为⑩设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 由①②④⑤式知，aA=aB；再由⑦⑧可知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用时间为t2，则由运动学公式，对木板有 对A有 在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为 在（t1+t2）时间间隔内，A相对地面移动的距离为 A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时，两者之间的距离为 联立以上各式，并代入数据得 （也可用如图的速度–时间图线求解）【名师点睛】本题主要考查多过程问题，要特别注意运动过程中摩擦力的变化情况，A、B相对木板静止的运动时间不相等，应分阶段分析，前一阶段的末状态即后一阶段的初状态。
1．（2017让胡路区校级期末）如图，粗糙的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接。现用一水平恒力F拉C，使三者由静止开始一起做匀加速运动，运动过程中把一块橡皮泥粘在某一块上面，系统仍加速运动，且始终没有相对滑动，则在粘上橡皮泥并达到稳定后，下列说法正确的是
A.若粘在木块A上面，绳的拉力不变
B.若粘在木块A上面，绳的拉力减小
C.若粘在木块C上面，A、B间摩擦力增大
D.若粘在木块C上面，绳的拉力和A、B间摩擦力都减小
2.（2018福建省三明市永安第一中学高三月考）如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点．轻弹簧左端固定于竖直墙面。现将质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上，不计滑块在B点的机械能损失。换用相同材料质量为m2的滑块（m2>m1）压缩弹簧到相同位置，然后由静止释放，下列对两滑块说法正确的是
A.两滑块到达B点的速度相同
B.两滑块上升到最高点过程的加速度相同
C.两滑块沿斜面上升的最大高度相同
D.两滑块上升到最高点过程机械能损失不相同
3．（2017定州市校级期末）一质量为0.8 kg的球固定在支杆AB的上端，支杆AB的下端固定在升降机上，今用一段绳子水平拉球，使杆发生弯曲，如图所示，已知绳的拉力为6 N，重力加速度g取10 m/s2，则以下说法正确的是
A.若升降机是静止状态，则AB杆对球的作用力大小为6 N
B.若升降机是静止状态，则AB杆对球的作用力大小为8 N
C.若升降机是加速上升，加速度大小5 m/s2，则AB杆对球的作用力大小为 N
D.若升降机是减速上升，加速度大小5 m/s2，则AB杆对球的作用力大小为 N
4.（2018江苏省盐城中学高三阶段检测）如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T，现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，以下说法正确的是
A.质量为2m的木块受到五个力的作用
B.当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断
C.当F逐渐增大到时，轻绳还不会被拉断
D.轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为
5.（2018福建省莆田期中考试）电机带动水平传送带以速度v匀速运动，一质量为m的小木块由静止轻放在传送带上，若小木块与传送带之间的动摩擦因数为μ，如图所示，当小木块与传送带相对静止时，求：
（1）小木块的位移；
（2）传送带转过的路程；
（3）小木块获得的动能；
（4）摩擦过程产生的热；
（5）电机带动传送带匀速转动输出的总能量。
1．如图甲所示，物块的质量m=1 kg，初速度v0=10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示，g=10 m/s2。下列说法中不正确的是
A. 0~5 m内物块做匀减速直线运动
B.在t=1 s时刻，恒力F反向
C.恒力F大小为10 N
D.物块与水平面间的动摩擦因数为0.3
2．每逢新春佳节，许多餐厅生意火爆，常常人满为患，为能服务更多的顾客，服务员需要用最短的时间将菜肴送至顾客处（设菜品送到顾客处速度恰好为零）。某次服务员用单手托托盘方式（如图）给12 m远处的顾客上菜，要求全程托盘水平。托盘和手、碗之间的动摩擦因数分别为0.2、0.15，服务员上菜时的最大速度为3 m/s。假设服务员加速、减速过程中做匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知重力加速度g=10 m/s2。
（1）求服务员运动的最大加速度；
（2）求服务员上菜所用的最短时间。
名校预测
1．【答案】D【考点】牛顿第二定律的应用、整体法及隔离法的应用【解析】若粘在木块A上面，以C为研究对象，受F、摩擦力μmg、绳子拉力T作用，F–μmg–T=ma，a减小，F、μmg不变，所以，T增大，AB错误；若粘在木块C上面，a减小，A受到的摩擦力减小，C错误；对AB整体，有T–2μmg=2ma，T减小，D正确。
2.【答案】B【考点】牛顿第二定律【解析】弹簧释放的过程，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，两次弹性势能相同，则两滑块到B点的动能相同，但质量不同，则速度不同，A错误；滑块上升过程中的加速度，由于材料相同，所以动摩擦因数相同，与质量无关，故两滑块上升到最高点过程的加速度相同，B正确；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于初速度不同，故上升的最大高度不同，C错误；两滑块上升到最高点过程克服重力做的功为mgh，由能量守恒定律得：弹簧的弹性势能，所以，故两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同。损失的机械能等于克服摩擦力做的功，则，μ、mgh相同，则机械能损失相同，D错误。
3．【答案】C【考点】应用牛顿第二定律由运动求力的问题【解析】选小球为研究对象，小球受重力mg、绳的水平拉力T、杆的弹力F作用。若升降机是静止状态，则三力平衡，有F==10 N，AB错；若升降机是加速上升，则Fx=T，Fy–mg=ma，代入数据得F== N，C对；若升降机是减速上升，则Fx=T，mg–Fy =ma，代入数据得F== N，D错。
4.【答案】ACD【考点】牛顿第二定律，整体法与隔离法【解析】质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其作用的向后的摩擦力，轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用，故A正确；对整体，由牛顿第二定律可知，，隔离后面的叠加体，由牛顿第二定律可知，轻绳中拉力为，由此可知，当F逐渐增大到2T时，轻绳中拉力等于T，轻绳才刚好被拉断，B错误，C正确；轻绳刚要被拉断时，物块加速度，质量为m和2m的木块间的摩擦力为，D正确。【点睛】①整体法：以几个物体构成的整个系统为研究对象进行求解．在许多问题中用整体法比较方便，但整体法不能求解系统的内力。②隔离法：从系统中选取一部分（其中的一个物体或两个物体组成的整体，少于系统内物体的总个数）进行分析。隔离法的原则是选取受力个数最少部分的来分析。③通常在分析外力对系统作用时，用整体法；在分析系统内各物体之间的相互作用时，用隔离法．有时在解答一个问题时要多次选取研究对象，需要整体法与隔离法交叉使用1、当分析相互作用的两个或两个以上物体整体的受力情况及分析外力对系统的作用时，宜用整体法；而在分析系统内各物体（或一个物体各部分）间的相互作用时常用隔离法。2、整体法和隔离法不是独立的，对一些较复杂问题，通常需要多次选取研究对象，交替使用整体法和隔离法。
5.【答案】（1） （2） （3） （4） （5）【考点】牛顿第二定律，能的转化和守恒定律【解析】对小木块，相对滑动时，由ma=μmg得加速度a=μg由v=at得，达到相对静止所用时间（1）小木块的位移（2）传送带始终匀速运动，转过的路程（3）小木块获得的动能（4）摩擦产生的热（5）由能的转化和守恒定律知，电机输出的总能量转化为小木块的动能与摩擦产生的内能，所以E总=Ek+Q=mv2【名师点睛】本题关键之一要明确木块的运动情况：匀加速运动，运用牛顿第二定律和运动学公式求解位移．其二要注意的是求摩擦热时要用木块与传送带间的相对位移。
专家押题
1．【答案】C【考点】运动图象、牛顿第二定律、功的计算【解析】物体在0~5 m内速度减小，做匀减速运动。故A正确。物体匀减速直线运动的加速度大小为： ；物体匀加速运动的加速度大小： ；根据牛顿第二定律得：F+f=ma1，F–f=ma2，联立两式解得：F=7 N，f=3 N，则动摩擦因数为： ，物体匀减速直线运动的时间为： ，即在1 s末恒力F反向做匀加速运动，故BD正确，C错误。此题选择不正确的选项，故选C。
2．【考点】牛顿第二定律的应用、叠加体的临界极值问题【解析】（1）设碗的质量为m，托盘的质量为M，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，则对碗，由牛顿第二定律有Ff1=ma1
碗与托盘相对静止，则Ff1≤Ff1max=μ1mg
解得a1≤μ1g=1.5 m/s2
对碗和托盘整体，由牛顿第二定律有Ff2=（M+m）a2
手和托盘相对静止，则Ff2≤Ff2max=μ2（M+m）g解得a2≤μ2g=2 m/s2
则最大加速度amax=1.5 m/s2
（2）服务员以最大加速度运动达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速到零，所需时间最短
加速运动时间
位移
减速运动时间t2=t1=2 s，位移x2=x1=3 m
匀速运动位移x3=L–x1–x2=6 m
匀速运动时间
上菜所用最短时间t=t1+t2+t3=6 s
牛顿二三事
牛顿与胡克
胡克的数学不够好，在研究天体运动时，曾经向牛顿写信寻求数学上的帮助。而其后在牛顿发表的《自然哲学的数学原理》中丝毫未提及胡克对万有引力定律作出的贡献。二人因为此事视若仇雠，以至于胡克的最后一张画像也毁于牛顿的支持者之手。
牛顿的一句名言——站在巨人的肩膀上——实际上是在讽刺胡克很矮。
牛顿与哈雷
哈雷对1682年出现的一颗彗星的运行规律极为感兴趣，为此他还特意去剑桥拜访牛顿请教数学上的问题，牛顿给出了他得到的天体运动规律，这促成了哈雷对彗星运动规律的发现。因为哈雷的鼓励，牛顿才完善了自己的手稿，并由哈雷自费出版。
哈雷因哈雷彗星而知名，除此外，哈雷还是数学家、地理学家、气象学家，甚至当过船长。哈雷的外号有彗星男（The Comet Man）、南天第谷（Our Southern Tycho）、潮汐王子（Prince of Tides）、地球物理学之父（Father of Geophysics）。
牛顿与莱布尼茨
为了争夺微积分的创立者身份，英国和欧洲大陆的学者们围绕着牛顿和莱布尼茨发起了激烈的争辩。由于牛顿在英国学界的名声，英国学界甚至拒绝使用莱布尼茨更方便的微积分方法，以至于英国的数学发展几乎停滞了一个世纪。然而实际上二人发明微积分的思路截然不同，现在我们认为两人分别独立的完成了微积分的创立。
牛顿发明微积分的笑话：牛顿在剑桥大学升为数学教授。当时学校资金紧张，包括牛顿，大部分教职工薪水已欠数月。为解决此问题，牛顿潜心研究创立了微积分，将一门名叫“高等数学”的新科目设为全校的必修课，并规定不及格者来年必须缴费重修直到通过。很快，教师们的工资发了下来。
牛顿与宗教
人们盛传，牛顿晚年信奉神学而对科学再无贡献。而实际上，在17世纪的西方，宗教才是正统思想。牛顿一生的著作中大部分是神学著作，并非晚年，牛顿一生都信仰上帝，并且是一个每天研读圣经的虔诚教徒。事实上牛顿信宗教最主要的原因是他所处的宗教环境，而不是宗教与无神论相比更令人信服。
5月19日 运动的合成与分解
考纲要求 运动的合成与分解（II）
命题预测 1.考查对曲线运动规律的理解，运动的分解及分解运动的图象；物体做曲线运动的条件，运动的合成及合运动性质的判断。2.考查船渡河模型，求解渡河时间、位移的极值。3.考查绳（杆）连接体问题，求解分速度或合速度。
v合与a合不共线，匀变速
线运动
3.船渡河模型：（1）模型特点：两个分运动和合运动都是匀速直线运动，其中一个分运动的速度大小、方向都不变，另一分运动的速度大小不变，研究其速度方向不同时合运动的情况。模型中，船的实际运动是水流的运动和船相对静水运动的合运动；涉及的三个速度为v1（船在静水中的速度）、v2（水流速度）、v（船的实际速度）。（2）过河时间最短（tmin）：v1⊥v2，tmin=。（3）过河位移最小（xmin）：当v1>v2时，如图1所示，v⊥v2，xmin=d，船头指向上游，与河岸夹角为α，cos α=；当v1＜v2时，如图2所示，v⊥v1，xmin==d。4.绳（杆）端速度分解模型：（1）模型特点：绳（杆）拉物体或物体拉绳（杆），以及两物体通过绳（杆）相连，物体运动方向与绳（杆）不在一条直线上，求解运动过程中它们的速度关系。（2）模型分析：合运动为物体的实际运动，分运动一般沿绳（杆）方向，及垂直绳（杆）方向分解。解题关键是绳（杆）两端沿绳（杆）方向的分速度大小相等。
1．（2015新课标全国Ⅱ卷）由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示，发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为
A.西偏北方向，1.9×103m/s B.东偏南方向，1.9×103m/s
C.西偏北方向，2.7×103m/s D.东偏南方向，2.7×103m/s
【参考答案】B【命题意图】本题考查矢量三角形法在速度的合成与分解中的应用。 【试题解析】如图所示：由余弦定理，可知，方向：东偏南方向，故B正确，ABC错误。【应试技巧】本题的解题方法可以与力的矢量三角形法类比学习。
2．（2014四川卷）有一条两岸平直、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.
【参考答案】B【命题意图】本题考查运动的合成与分解的应用——小船渡河问题。【试题解析】设小船相对静水的速度为，去程时过河的时间为，回程的时间，由题意知，解得，故选项B正确。【应试技巧】本题求解过程中涉及了最短位移过河（去程）和最短时间过河（回程）。
3．（2015上海卷）如图，汽车在平直路面上匀速运动，用跨过光滑定滑轮的轻绳牵引轮船，汽车与滑轮间的绳保持水平。当牵引轮船的绳与水平方向成角时，轮船速度为v，绳的拉力对船做功的功率为P，此时绳对船的拉力为__________。若汽车还受到恒定阻力f，则汽车发动机的输出功率为__________。
【参考答案】 【命题意图】本题考查速度的合成与分解的应用——绳端速度分解模型。【试题解析】由功率公式；解得绳对船的拉力；此时汽车的速度，所以，汽车匀速运动，汽车发动机的输出功率=。【名师点睛】本题重点是掌握运动的合成与分解，功率的计算。重点理解因为绳不可伸长，沿绳方向的速度大小相等。
1．（2018福建省师大附中期中考试）如图所示，不可伸缩、质量不计的细线跨过同一高度处的两个光滑轻质定滑轮连接着质量相同的物体A和B，A套在固定的光滑水平杆上，物体、细线、滑轮和杆都在同一竖直平面内，水平细线与杆的距离h=0.2 m。当倾斜细线与杆的夹角α=53°时，同时无初速度释放A、B。关于此后的运动过程，下列判断正确的是（cos 53°=0.6，sin 53°=0.8，重力加速度g取10 m/s2）
A.当53°＜α＜90°时，A、B的速率之比vA∶vB=1∶cosα
B.当53°＜α＜90°时，A、B的速率之比vA∶vB=cos α∶1
C.A能获得的最大速度为1 m/s
D.A能获得的最大速度为
2．（2018甘肃省会宁县期中考试）为保卫我国神圣领土“钓鱼岛”，我国派遣了10余艘海监船赴“钓鱼岛”海域执行公务。其中一艘海监船在海中xOy平面内运动的轨迹如图所示，下列说法正确的是
A.若船在x方向始终匀速，则船在y方向始终匀速
B.若船在x方向始终匀速，则船在y方向先减速后加速
C.若船在y方向始终匀速，则船在x方向始终匀速
D.若船在y方向始终匀速，则船在x方向先加速后减速
3．（2018山东省泰安市高三模拟）如图，两个相同的小球P、Q通过铰链用刚性轻杆连接，P套在光滑竖直杆上，Q放在光滑水平地面上。开始时轻杆贴近竖直杆，由静止释放后，Q沿水平地面向右运动。下列判断正确的是
A. P触地前的速度一直增大
B. P触地前的速度先增大后减小
C. Q的速度一直增大
D. P、Q的速度同时达到最大
4．（2018福建省仙游期中考试）质量为2 kg的质点在xOy平面内做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象如图所示，下列说法正确的是
A.质点的初速度为4 m/s
B.质点所受的合外力为3 N
C.质点在2 s内的运动轨迹为直线
D.2 s末质点速度大小为6 m/s
5．（2018四川省成都市期中考试）汽车沿着水平地面以v1向左匀速运动，利用绕过定滑轮的绳子吊着某物体竖直上升，某时刻该物体上升的速度为v2，如图所示．则以下说法正确的是
A.物体做匀速运动，且v2=v1
B.物体做减速运动，且v2=v1
C.物体做加速运动，且
D.物体做加速运动，且
1.时间空投一个物体，不计空气阻力。地面观察者画出了某时刻空投物体的4幅情景图，其中可能正确的是
2．一质点在XOY平面内运动的轨迹如图所示，下列判断正确的是
A.质点沿X轴方向可能做匀速运动
B.质点沿Y轴方向可能做变速运动
C.若质点沿Y轴方向始终匀速运动，则X轴方向可能先加速后减速
D.若质点沿Y轴方向始终匀速运动，则X轴方向可能先减速后加速
名校预测
1．【答案】AC【考点】运动的合成与分解，机械能守恒【解析】将A的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向上的分速度等于B的速度大小，有：，则，故A正确，B错误；A、B组成的系统机械能守恒，当时，A的速率最大，此时B的速率为零。根据系统机械能守恒有：，解得，故C正确，D错误。【名师点睛】解决本题的关键知道A沿绳子方向上的分速度等于B的速度大小，以及知道A、B组成的系统机械能守恒。
2．【答案】BD【考点】运动的合成与分解【解析】做曲线运动的物体所受合外力一定指向曲线凹侧，若船在x方向始终匀速，由曲线运动的规律和船的运动轨迹可知，船所受的合外力先沿y轴负方向，再沿y轴正方向，船在y方向先减速后加速；若船在y方向始终匀速，由曲线运动的规律和船的运动轨迹可知，船所受的合外力先沿x轴正方向，再沿x轴负方向，船在x方向先加速后减速，故AC错误，BD正确。
3．【答案】A【考点】运动的合成与分解，关联速度问题【解析】开始时P、Q的速度都为零，P受重力和轻杆的作用下做加速运动，而Q由于轻杆的作用，则开始时轻杆对Q加速，后对Q减速，当P到达底端时，P只有竖直方向的速度，而水平方向的速度为零，故Q的速度为零，所以在整个过程中，P的速度一直增大，Q的速度先增大后减小，故A正确，BCD错误。【名师点睛】根据运动的合成与分解进行分析关联的速度的问题。主要是将P、Q沿杆方向的速度相等，据此分析即可判断。
4．【答案】B【考点】速度的分解【解析】由速度图象可知质点x轴方向初速度为vx=3 m/s，加速度为：，y轴方向做匀速运动质点的初速度，故A错误；质点所受的合外力为：Fx=ma=2×1.5 N =3 N，显然，质点初速度方向与合外力方向不在同一条直线上，轨迹为曲线，故B正确，C错误；2 s末质点x方向的速度为6 m/s，y-t图象斜率表示速度，2 s末质点y方向的速度为4 m/s，所以2 s末质点速度大小为：，故D错误。
5．【答案】D【考点】运动的分解【解析】设绳子与水平方向的夹角为，根据平行四边形定则知，物体的速度，故，因为θ减小，则v2增大，则物体做加速运动，D正确。
专家押题
1．【答案】C【考点】运动的合成和分解【解析】因为飞机水平方向做匀加速直线运动，所以飞机的水平速度越来越大，物体的初速度也越来越大，物体在竖直方向上做自由落体运动，所以相等时间间隔内的位移越来越大，故C正确，ABD错误。
2．【答案】BD【考点】运动的分解【解析】将运动分解到X方向和Y方向，由于在X方向先向右运动，后向左运动，因此不可能在X方向做匀速运动，A错误；而Y方向一直向Y轨正方向运动，可能做匀速运动，B正确；若Y方向一直匀速度，即在Y方向相同时间内，位移相等，这样在X方向上位移大小是先右运动越来越慢，再向左越运动越快，也就是先减速，后加速，D正确，C错误。
一只鸡穿过马路，有人向贤哲询问：“鸡为什么要穿过马路？”
柏拉图：“为了追求更高的善。”
亚里士多德：“为了发挥潜能。”
伊壁鸠鲁（古希腊哲学家；享乐主义者）：“为了享乐。”
佛祖：“你会提出这样的问题，表示你否定自己本身的鸡性。”
老子：“鸡为什麼要过马路，其道理无法以语言表达。”
孔子：“未知人，焉知鸡。”
庄子：“那只鸡好快乐啊！”
惠子：“你不是那只鸡，怎麼知道那只鸡为什么要过马路。”
公孙龙：“过马路的鸡不是鸡。”
孙子：“这只鸡有勇无谋，不宜为将。”
易牙：“那只鸡运动充足，一定很好吃。”
董仲舒：“鸡过马路乃是异象，反映了今上之德有亏，应努力修德。”
祖逖：“我该起舞了。”
达尔文：“鸡不再栖居在树上之后，这是合理的进化方向。”
海森堡：“我们不确定鸡在马路的哪一边，但鸡的确是移动得很快。”
爱因斯坦：“鸡真的过马路吗？你们是否考虑到，也许是它脚下的马路在移动。究竟是鸡过马路，或是马路过鸡，取决于你的参考座标。”
玻尔：“根据我所提的哥本哈根诠释，鸡系统可能发生的状态各有其相对的振幅，而我们对这只鸡进行观测时便使这些振幅约化成我们所观测到的——鸡过马路。”
尼采：“若你一直凝视着路的另一端，路也要开始注视你了。”
维根斯坦（奥地利哲学家）：“‘穿过’的可能性被包含在‘鸡’跟‘马路’这两个对象当中，而环境使得此一潜在可能性实现。”
爱默生（美国十九世纪作家，超验主义者）：“它并非穿过马路，而是超越了它。”
5月20日 曲线运动与能量的综合
考纲要求 抛体运动（II）说明：斜抛运动只作定性要求匀速圆周运动、角速度、线速度、向心加速度（I）匀速圆周运动的向心力（II）
命题预测 1.考查平抛运动与其他运动形式（如匀速直线运动、竖直上抛运动、自由落体运动等）的综合题目，在这类问题的分析中要注意平抛运动与其他运动物体在时间上、位移上、速度上的相关分析。要抓住三点：确定运动性质——平抛运动；确定临界轨迹——轨迹示意图；确定临界状态。2.考查平抛运动与能量的综合问题应具有的能力：将实际问题转化为物理模型的能力；应用动能定理或机械能守恒定律对全程列式的能力。3.考查类平抛运动问题，其受力特点和运动特点类似于平抛运动，因此解决的方法可类比平抛运动，即采用运动的合成与分解。关键要注意：受恒力作用且与初速度的方向垂直。解决此类问题的方法完全等同于平抛运动的处理方法，即将类平抛运动分解为两个互相垂直且相互独立的分运动，然后按运动的合成与分解的方法来求解4.考查圆周运动的运动学问题：（1）描述圆周运动的各物理参量及各量间的定量关系；（2）圆周运动的传动方式。5.考查匀速圆周运动的动力学问题，常结合能量观点进行考查。6.变速圆周运动的临界问题：（1）“轻绳”类竖直圆周运动问题：“轻绳”和“轨道”能给小球提供完全相同的弹力，因而这两种情境本质相同，可看作一类问题；（2）“轻杆”类圆周运动问题：“轻杆”和“管道”均能给小球提供支持力和拉力，两种物理情境本质相同，可看作一类问题。
应试技巧应试技巧 1.平抛运动规律的应用： （1）飞行时间：由知，时间取决于下落高度h，与初速度v0无关。（2）水平射程：，即水平射程由初速度v0和下落高度h共同决定，与其他因素无关。（3）落地速度：，以θ表示落地速度与x轴正方向间的夹角，有，所以落地速度只与初速度v0和下落高度h有关。（4）两个重要推论推论1：做平抛（或类平抛）运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。推论2：做平抛（或类平抛）运动的物体在任一时刻，设其速度方向与水平方向的夹角为θ，位移与水平方向的夹角为α，则tan θ=2tan α。2.三类常见的多体平抛运动：（1）若两物体同时从同一高度（或同一点）抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只取决于两物体的水平分运动。（2）若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体的水平分运动和竖直高度差决定。（3）若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距取决于两物体的水平分运动和竖直分运动。3.斜面上的平抛运动：（1）物体从空中抛出落在斜面上；（2）从斜面上抛出落在斜面上。方法指导：在解答该类问题时，除了要运用平抛运动的位移和速度规律外，还要充分利用斜面的倾角，找出斜面倾角同位移和速度的关系，从而使问题得以顺利解决。4.类平抛运动问题分析：（1）受力特点：物体所受合力为恒力，且与初速度的方向垂直。（2）运动特点：在初速度v0方向做匀速直线运动，在合外力方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度。（3）求解技巧：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合力方向）的匀加速直线运动，两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性。1.圆周运动的运动学问题：（1）常用公式：v=ωr，a==ω2r （2）常见的三种传动方式及特点皮带传动：如图甲、乙，皮带与两轮之间无相对滑动，两轮边缘线速度大小相等，即vA=vB。摩擦传动：如图丙，两轮边缘接触，接触点无打滑，两轮边缘线速度大小相等，即vA=vB。同轴传动：如图丁，两轮固定在一起绕同一转轴转动，两轮转动的角速度大小相等，即ωA=ωB。2.圆周运动中的动力学问题：（1）向心力的向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再添加一个向心力。（2）向心力的确定：确定圆周运动的轨道所在的平面，确定圆心的位置；分析物体的受力情况，合力沿半径方向的分力就是向心力。（3）求解圆周运动的动力学问题要做好“三分析”：几何关系的分析——确定圆周运动的圆心、半径等；运动分析——用运动学参量表示出物体做圆周运动所需要的向心力；受力分析——利用力的合成与分解知识，表示出物体做圆周运动时外界所提供的向心力。（4）圆周运动问题的解题步骤：确定研究对象→确定轨道平面、圆心和半径→受力分析，明确向心力的来源→根据牛顿运动定律和各力的关系列方程求解→有时对结果进行必要的讨论3.水平面内圆周运动的临界问题：与摩擦力有关的临界问题：物体间不发生相对滑动的临界条件是物体间摩擦力恰好为最大静摩擦力。若只有摩擦力提供向心力，则有fm=，静摩擦力的方向指向圆心；若除摩擦力以外还有其他力，如绳两端连物体，物体在水平面上做圆周运动时，存在恰不向内滑动和恰不向外滑动的两个临界条件，分别对应最大静摩擦力的方向沿半径背离圆心和沿半径指向圆心。4.竖直面内圆周运动的“轻绳”、 “轻杆”模型：在竖直面内做圆周运动的物体，按运动到轨道最高点时的受力情况可分为两类：（1）无支撑的“绳（环）约束模型”，本模型的分析方法和结论适用于“水流星”、“绳球模型”、“过山车”、“竖直固定的光滑内侧圆弧轨道”等，其共同点为：由于机械能守恒，物体做圆周运动的速率时刻在改变，在最低点处的速率最大，在最高点处的速率最小。在最低点处向心力向上，而重力向下，所以弹力必然向上且大于重力；在最高点处，向心力向下，重力也向下，所以弹力的方向不确定，临界情况是弹力为零，重力充当向心力。（2）有支撑的“杆（管）约束模型”，本模型的分析方法和结论适用于“过拱形桥”、“杆球模型”、“环形管内光滑轨道”等。在最高点的临界情况是所受弹力为零，速度为零。
1．（2017·新课标全国Ⅰ卷）发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球（忽略空气的影响）。速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是
A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多
B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大
C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少
D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
【参考答案】C【命题意图】平抛运动【试题解析】由题意知，速度大的球先过球网，即同样的时间速度大的球水平位移大，或者同样的水平距离速度大的球用时少，故C正确，ABD错误。【名师点睛】重点要理解题意，本题考查平抛运动水平方向的运动规律。理论知识简单，难在由题意分析出水平方向运动的特点。
2．（2017江苏卷）如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的2倍，则两球从抛出到相遇经过的时间为
A. B. C. D.
【参考答案】C【命题意图】平抛运动【试题解析】设第一次抛出时A球的速度为v1，B球的速度为v2，则A、B间的水平距离x=（v1+v2）t，第二次两球的速度为第一次的2倍，但两球间的水平距离不变，则x=2（v1+v2）T，联立得T=t∕2，所以C正确；ABD错误。【名师点睛】本题的关键信息是两球运动时间相同，水平位移之和不变。
3．（2017江苏卷）如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M，到小环的距离为L，其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F．小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是
A.物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2F
B.小环碰到钉子P时，绳中的张力大于2F
C.物块上升的最大高度为
D.速度v不能超过
【参考答案】D【命题意图】物体的平衡 圆周运动【试题解析】由题意知，F为夹子与物块间的最大静摩擦力，但在实际运动过程中，夹子与物块间的静摩擦力没有达到最大，故物块向右匀速运动时，绳中的张力等于Mg，A错误；小环碰到钉子时，物块做圆周运动，，绳中的张力大于物块的重力Mg，当绳中的张力大于2F时，物块将从夹子中滑出，即，此时速度，故B错误；D正确；物块能上升的最大高度，，所以C错误。【名师点睛】在分析问题时，要细心．题中给的力F是夹子与物块间的最大静摩擦力，而在物块运动的过程中，没有信息表明夹子与物块间静摩擦力达到最大．另小环碰到钉子后，物块绕钉子做圆周运动，夹子与物块间的静摩擦力会突然增大。
4．（2016·浙江卷）在真空环境内探测微粒在重力场中能量的简化装置如图所示。P是一个微粒源，能持续水平向 右发射质量相同、初速度不同的微粒。高度为h的探测屏AB竖直放置，离P点的水平距离为L，上端A与P点的高度差也为h。
（1）若微粒打在探测屏AB的中点，求微粒在空中飞行的时间；
（2）求能被屏探测到的微粒的初速度范围；
（3）若打在探测屏A、B两点的微粒的动能相等，求L与h的关系。
【参考答案】（1） （2） （3）【命题意图】本题考查动能定理；平抛运动【试题解析】（1）打在中点的微粒①②（2）打在B点的微粒；③④同理，打在A点的微粒初速度⑤微粒初速度范围⑥（3）由能量关系⑦代入④、⑤式⑧【应试技巧】此题是对平抛运动的考查；主要是掌握平抛运动的处理方法，在水平方向是匀速运动，在竖直方向是自由落体运动；解题时注意找到临界点；此题难度不算大，意在考查学生对物理基本方法的掌握情况。
5．（2016全国新课标Ⅱ卷）轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。
（1）若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离；
（2）若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。
【参考答案】（1） （2）【命题意图】本题考查能量守恒定律、平抛运动、圆周运动。【试题解析】（1）依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为Ep=5mgl①设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得②联立①②式，取M=m并代入题给数据得③若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足④设P滑到D点时的速度为v D，由机械能守恒定律得⑤联立③⑤式得⑥vD满足④式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得⑦P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s=vDt⑧联立⑥⑦⑧式得，⑨（2）为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由①②式可知5mgl>μMg·4l⑩要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有 联立①②⑩ 式得 【应试技巧】此题是力学综合题；考查平抛运动、圆周运动以及动能定理的应用；解题时要首先知道平抛运动及圆周运动的处理方法，并分析题目的隐含条件，挖掘“若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下”这句话包含的物理意义；此题有一定难度，考查考生综合分析问题、解决问题的能力。
1．（2017广州检测）如图所示，一网球运动员将球在边界处正上方水平向右击出，球刚好过网落在图中位置（不计空气阻力），相关数据如图，下列说法中正确的是
A.击球点高度h1与球网高度h2之间的关系为h1 =1.8h2
B.若保持击球高度不变，球的初速度只要不大于，一定落在对方界内
C.任意降低击球高度（仍大于），只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内
D.任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内
2.（2018安徽省芜湖市高三模拟考试）如图所示，甲球从O点以水平速度v1飞出，落在水平地面上的A点。乙球从O点以水平速度v2飞出，落在水平地面上的B点反弹后恰好也落在A点。两球质量均为m。若乙球落在B点时的速度大小为，与地面的夹角为60 ，且与地面发生弹性碰撞，不计碰撞时间和空气阻力，下列说法正确的是
A.由O点到A点，甲、乙两球运动时间之比是1:1
B.OA两点的水平距离与OB两点的水平距离之比是3:1
C.设地面处势能为0，甲、乙两球在运动过程中的机械能之比为3:1
D.乙球在B点受到地面的冲量大小为
3．（2018吉林省实验中学高三模拟）如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直轨道最低点A处，B为轨道最高点，C、D为圆的水平直径两端点。轻质弹簧的一端固定在圆心O点，另一端与小球栓接，已知弹簧的劲度系数为，原长为弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平向右初速度v0，已知重力加速度为g，则
A.无论多大，小球均不会离开圆轨道
B.若则小球会在BD间脱离圆轨道
C.只要，小球就能做完整的圆周运动
D.只要小球能做完整圆周运动，则小球与轨道间的最大压力与最小压力之差与v0无关
4．（2017河北模拟考试）如图所示，一小球从斜轨道上某高度处由静止滑下，然后沿竖直光滑圆轨道的内侧运动，已知圆轨道的半径为R，忽略一切阻力，则下列说法中正确的是
A.在轨道最低点和最高点，轨道对小球作用力的方向是相同的
B.小球的初位置比圆轨道最低点高出2R时，小球能通过圆轨道的最高点
C.小球的初位置比圆轨道最低点高出0.5R时，小球在运动过程中不脱离轨道
D.只有小球的初位置到圆轨道最低点的高度不小于2.5R时，小球才能不脱离轨道
5．（2018福建省三明市永安高三月考）如图所示，竖直光滑圆轨道BCD固定在水平面AB上，轨道圆心为O，半径R=l m，轨道最低点与水平面相切于B点，C为轨道最高点，D点与圆心O等高。一质量m=1 kg的小物块，从水平面上以速度v0竖直向上抛出，物块恰好从D点进入，沿圆轨道运动，最终停在A点。已知物块运动到C点时，对轨道的压力大小为14 N，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10 m/s2。求：
（1）物块竖直向上抛出的初速度v0；
（2）A、B间的距离；
（3）物块从B点运动到A点所用的时间。
1．如图所示，光滑半球的半径为R，球心为O，固定在水平面上，其上方有一光滑曲面轨道AB，高度为。轨道底端水平并与半球顶端相切，质量为m的小球从A点由静止滑下，最后落在水平面上C点，重力加速度为g，则
A.小球将沿半球表面做一段圆周运动后斜抛至C点
B.小球将从B点开始做平抛运动到达C点
C.OC之间的距离为2R
D.小球运动到C点时的速率为
2．如图（a）所示，小球的初速度为v0，沿光滑斜面上滑，能上滑的最大高度为h，图（b）中四个小球的初速度均为v0。在图A中，小球沿圆弧轨道运动，轨道半径大于h；在图B中，小球沿半圆轨道运动，轨道直径大于h；在图C中，小球沿圆轨道运动，轨道直径等于h；在图D中，小球固定在长为的轻杆的一端，随轻杆绕O点转动。已知小球均从最低点开始运动，忽略一切摩擦阻力，则小球上升的高度能达到h的有
3．a、b、c三个α粒子由同一点同时垂直电场强度方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定
A.在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上
B.b和c同时飞离电场
C.进入电场，c的速度最大，a的速度最小
D.它们的动能的增量，c的最小，a和b的一样大
名校预测
1．【答案】AD【考点】平抛运动与日常生活结合、考查临界问题【解析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，水平位移为s和的时间比2:3，则竖直方向上，根据h=gt2，则有，解得h1=1.8h2，故A正确。若保持击球高度不变，要想球落在对方界内，要既不能出界，又不能触网，根据h1=gt12得，，则平抛运动的最大速度，根据h1 h2=gt22得，，则平抛运动的最小速度，故B错误。任意降低击球高度（仍大于h2），会有一临界情况，此时球刚好触网又刚好压界，若小于该临界高度，速度大会出界，速度小会触网，所以不是高度比网高，就一定能将球发到界内，故C错误。增加击球高度，只要速度合适，球一定能发到对方界内，故D正确。
2.【答案】BCD【考点】平抛运动，机械能【解析】设OA间的竖直高度为h。由O点到A点，甲球运动时间为tA=，乙球运动时间是甲球的3倍，故A错误。乙球先做平抛运动，再做斜上抛运动，根据对称性可知，从B到A的水平位移等于从O到B的水平位移的2倍，所以甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的3倍，故B正确。设乙球由O点到B点水平位移为x，时间为t。对甲球有3x=v1t，对乙球有 x=v2t，则得v1：v2=3：1；因乙球落地时速度与地面的夹角为60 ，则可知落地的竖直速度，则由可知，，甲的机械能；乙的机械能：，即甲、乙两球在运动过程中的机械能之比为3:1，故C正确。乙球在B点受到地面的冲量大小等于竖直方向的动量变化，，选项D正确。【名师点睛】解决本题的关键是要知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，与初速度无关。
3．【答案】CD【考点】圆周运动，机械能守恒定律【解析】因弹簧的劲度系数为，原长为L=2R，若小球恰能到达最高点，此时弹簧的弹力为，轨道的支持力为0，由弹簧的弹力和重力提供向心力，则有，解得：，从A到最高点，形变量没有变，故弹性势能不变，由机械能守恒定律得：解得：，即当时小球才不会脱离轨道，故AB错误，C正确；在最低点时，设小球受到的支持力为N，有：，解得：，运动到最高点时受到轨道的支持力最小，为N2，设此时的速度为v，由机械能守恒定律得：，此时合外力提供向心力，有：，解得：，联立解得，与初速度无关，故D正确。
4．【答案】C【考点】机械能守恒定律、圆周运动的临界问题【解析】在最高点，小球速度大小未知，若恰好通过最高点，则轨道对小球的作用力为零，若轨道对小球有作用力，则方向竖直向下，在最低点，小球受到的重力和支持力的合力充当向心力，轨道对小球的作用力竖直向上，A错误；若小球恰好能通过最高点，则重力充当向心力，根据牛顿第二定律可得mg=m，解得v=，小球运动过程中机械能守恒，有mgh=2mgR+mv2，解得h=2.5R，故小球的初位置到圆轨道最低点的高度不小于2.5R时，小球能通过最高点，小球的初位置比圆轨道最低点高出0.5R时，由机械能守恒可知，小球应到达圆轨道上0.5R高处，不会脱离轨道，C正确，D错误。【点拨】明确最高点的临界速度，小球恰好能够通过圆轨道最高点，则小球在最高点时重力充当向心力；还要注意小球只在圆轨道下半部分运动时也不会脱离轨道。
5．【答案】（1）8 m/s （2）8 m （3）2 s【考点】圆周运动，机械能守恒【解析】（1）从抛出到C点的过程，由机械能守恒定律得在C点，由物体的重力和轨道对物体的压力提供向心力，得代入数据解得（2）物体上抛并沿圆轨道运动的过程中机械能的守恒定律，所以物块到B点速度：物体从B到A的过程由动能定理有解得：（3）物体从B到A的过程中摩擦力提供加速度，由牛顿第二定律得则得：物块从B点运动到A点所用的时间
专家押题
1．【答案】BD【考点】圆周运动的临界条件、平抛运动、机械能守恒定律【解析】从A到B的过程中，根据机械能守恒可得，解得，在B点，当重力恰好作为向心力时，有，解得，所以小球到达B点时，重力恰好作为向心力，小球将从B点开始做平抛运动到达C点，A错误，B正确；根据平抛运动规律，水平方向：x=vBt，竖直方向：R=gt2，解得x=R，C错误；整个过程机械能守恒，有，解得，D正确。
2．【答案】AD【考点】机械能守恒定律、两类圆周运动模型【解析】小球沿圆弧轨道运动，轨道半径大于h，小球上升h高度时，速度为零，未超过圆周，A正确；小球沿半圆轨道运动，轨道直径大于h，小球上升h高度时，速度为零，超过四分之一圆周，要想做完整的圆周运动，小球在h高度处速度不能为零，可知小球还未上升到h高度处就已离开轨道，B错误；小球沿圆轨道运动，轨道直径等于h，在最高点有最小速度，可知小球未到达最高点就已离开轨道，C错误；小球固定在长为的轻杆的一端，随轻杆绕O点转动，在最高点的最小速度为零，小球能够达到最高点，D正确。【点拨】本题主要运用的规律是机械能守恒定律；解题关键是判断小球在h高度处速度可否为零，从而判断能否到达h高度处；需知绳连物体经过最高点的最小速度是，杆连物体经过最高点的最小速度为零。
3．【答案】ACD【考点】类平抛运动【解析】三个粒子所受的电场力相等，加速度大小相等，在竖直方向上有：y=at2，知a、b的偏转位移相等，大于c的偏转位移，知a、b的运动时间相等，大于c的时间，故A正确，B错误。因为a的水平位移小于b的水平位移，时间相等，则a的速度小于b的速度，b的水平位移和c的水平位移相等，b的时间大于c的时间，则b的速度小于c的速度，所以进入电场时，c的速度最大，a的速度最小，故C正确。根据动能定理知，a、b的偏转位移相等，则电场力做功相等，大于c电场力做功，所以a、b的动能增量相等，大于c的动能增量，故D正确。【点拨】此题考查了带电粒子在电场中的偏转问题。解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，在沿电场方向上做匀加速直线运动，垂直电场方向上做匀速直线运动，结合运动学公式抓住等时性进行分析求解。
5月21日 动量与能量的综合
考纲要求 动量、动量定理、动量守恒定律及其应用（ⅠI）弹性碰撞和非弹性碰撞（Ⅰ）
命题预测 1.对动量、冲量、动量定理和动量守恒定律等基本概念、基本规律的理解，一般结合碰撞等实际过程考查；2.综合运用动量和机械能的知识分析较复杂的运动过程；3.多过程多物体问题的解决方法——动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律等规律的综合应用；
应试技巧 1.动量定理（1）物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化，即。（2）应用动量定理解题的一般步骤为：（1）明确研究对象和物理过程；（2）分析研究对象在运动过程中的受力情况及各力的冲量；（3）选取正方向，确定物体在运动过程中始末两状态的动量；（4）依据动量定理列方程、求解。2.动量守恒定律（1）动量守恒定律成立的条件：系统不受外力或者所受合外力为零；系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；系统在某一方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。（2）动量守恒定律的表达形式：①，即p1+p2=+；②Δp1+Δp2=0，Δp1= －Δp2（3）动量守恒的速度具有“四性”：①矢量性；②瞬时性；③相对性；④普适性。3.碰撞模型（1）碰撞的种类及遵从的规律种类遵从的规律弹性碰撞动量守恒，机械能守恒非弹性碰撞动量守恒，机械能有损失完全非弹性碰撞动量守恒，机械能损失最大（2）关于弹性碰撞的分析两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。在光滑的水平面上，质量为m1的钢球沿一条直线以速度v0与静止在水平面上的质量为m2的钢球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是v1、v2①②由①②可得：③④利用③式和④式，可讨论以下五种特殊情况：a.当时，，，两钢球沿原方向原方向运动；b.当时，，，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；c.当时，，，两钢球交换速度。d.当时，，，m1很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的m2几乎不动。例如橡皮球与墙壁的碰撞。e.当时，v≈v0，v2≈2v0，说明m1很大时速度几乎不变，而质量很小的m2获得的速度是原来运动物体速度的2倍，这是原来静止的钢球通过碰撞可以获得的最大速度，例如铅球碰乒乓球。
1．（2017新课标全国Ⅰ卷）将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）
A．30 B．5.7×102
C．6.0×102 D．6.3×102
【参考答案】A【命题意图】本题考查动量、动量守恒【试题解析】设火箭的质量（不含燃气）为m1，燃气的质量为m2，根据动量守恒，m1v1=m2v2，解得火箭的动量为：p=m1v1=m2v2=30 ，所以A正确，BCD错误。【名师点睛】本题主要考查动量即反冲类动量守恒问题，只要注意动量的矢量性即可，比较简单。
2．（2017·新课标全国Ⅲ卷）一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则
A．t=1 s时物块的速率为1 m/s
B．t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t=4 s时物块的速度为零
【参考答案】AB【命题意图】本题主要考查动量定理【试题解析】由动量定理有Ft=mv，解得，t=1 s时物块的速率，A正确；F–t图线与时间轴所围面积表示冲量，所以t=2 s时物块的动量大小为，B正确；t=3 s时物块的动量大小为，C错误；t=4 s时物块的动量大小为，速度不为零，D错误。【名师点睛】求变力的冲量是动量定理应用的重点，也是难点。F–t图线与时间轴所围面积表示冲量。
3．（2017天津卷）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
【参考答案】B【命题意图】本题主要考查机械能，向心力，冲量和动量定理，瞬时功率【试题解析】机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻发生变化，则机械能在变化，故A错误；在最高点对乘客受力分析，根据牛顿第二定律有：，座椅对他的支持力，故B正确；乘客随座舱转动一周的过程中，动量不变，是所受合力的冲量为零，重力的冲量，故C错误；乘客重力的瞬时功率，其中θ为线速度和竖直方向的夹角，摩天轮转动过程中，乘客的重力和线速度的大小不变，但θ在变化，所以乘客重力的瞬时功率在不断变化，故D错误。【名师点睛】本题的难点在于对动量定理的理解，是“物体所受合力的冲量等于动量的变化”，而学生经常记为“力的冲量等于物体动量的变化”。
4．（2016全国新课标Ⅱ卷）如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h=0.3 m（h小于斜面体的高度）。已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg，冰块的质量为m2=10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=10 m/s2。
（1）求斜面体的质量；
（2）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
【参考答案】（1）20 kg （2）不能【命题意图】本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律。【试题解析】（1）规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20=（m2+m3）v①②式中v20= –3 m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得m3=20 kg③（2）设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1+m2v20=0④代入数据得v1=1 m/s⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20= m2v2+ m3v3⑥⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2=1 m/s⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。【应试技巧】此题是动量守恒定律及机械能守恒定律的综合应用问题；解题关键是要知道动量守恒的条件及两物体相互作用时满足的能量关系，列方程即可；注意动量守恒定律的矢量性，知道符号的含义；此题难度中等，意在考查考生灵活利用物理知识解决问题的能力。
1．（2018新疆乌鲁木齐市第四中学期中考试）如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，下列说法正确的是
A.木块的最终速度为
B.由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒
C.车表面越粗糙，木块减少的动量越多
D.小车获得的冲量与车表面的粗糙程度无关
2．（2017学年福建省六校期中联考）如图所示，平板小车C放在光滑水平地面上，A、B两物体（mA>mB）之间用一段细绳相连并有一被压缩的轻弹簧，放在平板小车C上后，A、B、C均处于静止状态。则在细绳被剪断后，A、B在C上未滑离C之前，A、B沿相反方向滑动的过程中
A.若A、B与C之间的摩擦力大小相同，则A、B组成的系统动量守恒，A、B、C组成的系统动量也守恒
B.若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒，但A、B、C组成的系统动量守恒
C.若A、B与C之间的摩擦力大小不相同，则A、B组成的系统动量不守恒， A、B、C 组成的系统动量也不守恒
D.以上说法均不对
3．（2018年海南省高考压轴卷）如图所示，质量均为m的A、B两球之间系着一根不计质量的弹簧，放在光滑的水平面上，A球紧靠竖直墙壁。今用水平力F将B球向左推压
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