高中物理——猿题库——满分之路——搞定力学_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中物理

、
吐
Ⅷ
四
■
宁｜‖瞬｜世／编警
搞定力学
→
｜攻克力学’这一本就够了
←
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～
曰
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高中物理
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厂
…
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巴
γ
‖
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‖
沈阳出版发行集团
o沈阳出版社
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曰录
必修‖
第＿章直线运动
………………………………………………l
第＿讲i云动的描i术
….……………………….………………1
第二讲匀变速直线运动规律..
………………………。…。
5
第三讲运动图象追及｀相遇问题….…
。
。
l5
●●
第二章相互作用.….
…….…………….………………25
第＿讲重力、弹力、摩擦力………….………….………….…25
第二讲力的合成与分解
………………………………………30
第三讲受力分析共点力的平衡
.…………….…………….
35
第三章牛顿运动定律. 。………………………………………43
第＿讲牛顿第＿定律、牛顿第三定律………………
.. 43
第二讲牛顿第二定律｀两类动力学问题.
.……………48
第三讲牛顿运动定律的综合应用
……………………………58
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必｛｜多2
第四章曲线运动万有引力
. . ……………………………7］
第＿讲运动的合成与分解
……………………………………7l
第二讲抛体运动
………………………………………………79
第三讲圆周运动
………………………………………………92
第四讲万有引力及其应用
………………………….………l04
第五章机械能
.…….……l15
■
■●●●●●●●●●●
●
●●●
●
●
●■●
■
●
■
●●●●■
第—-讲功和功率………………………………………………1l5
第二讲动能定理………………………………………………123
第三讲机械能守恒定律及其应用……………………………l37
第四讲功能关系及其应用
………………………………….
148
答案与解析…
。。
159
‖
0
00
0b
●
●
●
●●
■●●
■
●●●●●●●●●●●
●●●
●●●●●
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必修］
第-章盲线运动
第-讲运动的描述
｜内容辱读p
参考系、位移｀时间｀时刻、速度和加速度等都是描述物体运动的基础
°典例剖析
［例1］20l6年第3］
20l6年第31届夏季奥运会在巴西里约热内卢举行.下列比赛中可把研究对象看成
质点的是
（
）
A.研究苏炳添在100米短跑比赛时的起跑技术
B研究乒乓球男子单打冠军马龙的发球动作
C.研究跳水女子3米板冠军施廷慰的跳水动作
D.研究女子50米步枪三姿比赛中杜丽射出的子弹轨迹
｝◎蟹版β
［答案］
D
［分析］
质点是理想化的物理模型’当物体的大小和形状对研究的问题没有影响或影
响很小可忽咯不计时’物体可以看做质点’研究苏炳添在100米短跑比赛时
的起跑技术’马龙的发球动作’施廷愁的跳水动作’他们的形状不能忽咯’故
不能看成质点;而研究杜丽射出的子弹轨迹时’子弹的大小、形状可以忽略,
故D正确
［小结］
当物体的大小和形状对物理问题的研究没有影响或影响很小可忽略不计时’我们
可以把物体看做＿个点.
‖
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［满分之路.搞定力飘
［例2］下面关于瞬时速度和平均速度的说法中正确的是
（
）
A.若物体在某段时间内任—时刻的瞬时速度都等于零’则它在这段时间内的平均速
度—定等于零
B.若物体在某段时间内的平均速度等于零’则它在这段时间内任＿时刻的瞬时速度
＿定都等于零
C.匀速直线运动中’物体在任意—段时间内的平均速度等于它任＿时刻的瞬时速度
I）.变速直线运动中’物体在任意—段时间内的平均速度＿定不等于它在某—时刻的
瞬时速度
可
尸
析
解
●
［答案］
AC
［分析］
若物体在某段时间内任一时刻的瞬时速度都等于零’则物体静止’平均速度等于
零’选项A正确;若物体在某段时间内的平均速度等于零’任一时刻的瞬时速度不
一定都为零’例如物体做圆周运动运动一周时’乎均速度为零’任一时刻的瞬时速
度都不为零’选项B错误;在匀速直线运动中’物体的速度恒定不变’任一时刻的
瞬时速度都相等’都等于任意一段时间内的乎均速度’选项C正确;在变速直线运
动中’物体的速度在不断变化’某一时刻的瞬时速度可能等于某段时间内的乎均
速度’选项l）错误.
［小结］
平均速度描述物体运动的平均快慢;瞬时速度描述在某—位置或某＿时刻的物体
运动的快慢
［例3］关于速度｀速度的变化与加速度的关系’下列说法中正确的是
A.速度变化的方向为正’加速度的方向也为正
B.物体加速度增大’速度—定越来越大
C.速度越来越大’加速度—定越来越大
D.加速度可能既不与速度同向’也不与速度反向
（
）
2
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』必修1第-章直线运动］
皿睡Ⅷ
［答案］
AD
［分析］
由加速度的定义可知’速度变化的方向为正’加速度的方向为正’选项A正确;物
体做减速运动时’物体加速度增大’速度反币越来越小’选项B错误;若物体做加
速度逐渐减小的加速运动’速度越来越大’力口速度反而越来越小’选项C错误;在
曲线运动中’加速度既不与速度同向’也不与速度反向’可以与速度方向垂直’选
项D正确
［小结］
物体做加速直线运动’物体的速度方向和加速度方向相同;物体做减速直线运动’
物体的速度方向和加速度方向相反;加速度大’说明物体的速度变化得快’即可能
是速度增加（减小）得快’也可能是速度方向变化得快
局爱章节练习
l.2018年第l8届亚洲运动会在印度尼西亚举行’本届亚运会包括28个奥运项目和8个非
奥运项目关于下列几种比赛项目中的研究对象’可以视为质点的是
（
）
A.研究跳水比赛中选手在空中的动作时
B.确定帆船比赛中帆船在水面上的位置时
C.研究乒乓球比赛中选手发出的旋转球时
D. l00米短跑中终点裁判在分析运动员冲线过程时
2.某校高一的新同学分别乘坐甲、乙两辆汽车去市公园游玩’两辆汽车在平直公路上运动.
甲车内—同学看见乙车没有运动’而乙车内＿同学看见路旁的树木向西移动.如果以地
面为参考系’那么’上述观察说明
（
）
A.甲车不动’乙车向东运动
Bˉ乙车不动’甲车向东运动
C.甲车向西运动’乙车向东运动
D.甲、乙两车以相同的速度都向东运动
3＿
~~
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｜满分之路.搞定力割
3.在“金星凌日”的精彩天象中’观察到太阳表面上有颗小黑点
缓慢走过’持续时间达六个半小时’那便是金星’如图所示.下
列说法中正确的是
（
）
A.地球在金星与太阳之间
B.观测“金星凌日”时可将太阳看成质点
（〕.以太阳为参考系’金星绕太阳＿周位移不为零
I）.以太阳为参考系’可以认为金星是运动的
4.关于做直线运动的质点的速度速度的变化量和加速度’下列说法中正确的是
A.质点的速度越大’加速度就越大
B.质点的速度变化量越大’加速度就越大
C.质点的速度在增大’加速度可能在减小
D.质点在某段时间内的速度变化量向西’加速度可能向东
（
）
5.如图所示’某赛车手在—次野外训练中’先用地图计算出出发地
A和目的地B的直线距离为9km’实际从A运动到B用时
5min’赛车上的里程表指示的里程数增加了l5km.当他经过某
路标C时,车内速度计指示的示数为150km／h’那么可以确定
的是
（
）
A.整个过程中赛车的平均速度为l80km／h
B.整个过程中赛车的平均速度为l08km／h
C.赛车经过路标C时的瞬时速度为l50km／h
D.赛车经过路标C时速度方向为由A指向B
B
6.—质点沿直线O卯方向做变速运动’它离开（）点的距离则随时间t变化的关系为则＝（5＋
2′3）m’它的速度随时间t变化的关系为＂＝6′2（m／s）’该质点在t＝2s时的速度和t＝
2s到r＝3s间的平均速度的大小分别为
（
）
A. l2m／s
39m／s
B24m／s
38m／s
C° l2m／s
l9.5m／s
l）24m／s
l3m／s
4
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』必修1第～章富线运动｝
第二讲匀变速直线运动规律
内容导读】
匀变速直线运动规律是高中力学知识的基础’在历年高考中的选择题中均有考查’
在计算题中也有考查’计算题中主要考查匀变速直线运动规律的应甩
●典例剖析
~
［例1］如图所示’一冰壶以速度″垂直进人三个矩形区域做匀减速直线运动’且刚要离】
第三个矩形区域时速度恰好为零’则冰壶依次进人每个矩形区域时的速度之比和穿
过每个矩形区域所用的时间之比分别是
（
）
吕
＂3＝√3
√Z:
］
A.O］
C· 〗‖
〕
］~~
~~
］
仙
止
〕
2
~
~
~
~
~
Bt）l
［）。tl
U2
U2
徊:旧
′3＝（何ˉ√百）
（√Zˉl）
l
∩
乙
〗
t2
［答案］
BD
［分析］
因为冰壶做匀减速直线运动’且末速度为零’故可以看做反向匀加速直线运动来
研究.初速度为零的匀加速直线运动中通过连续三段相等位移的时间之比为l
:
（√页＿l）
:
（6ˉˉ√5）’故所求时间之比为（何—徊）
:
（√页ˉ1）
:
1’故选项C错
误D正确;由＂2ˉ＂;＝2α则可得初速度为零的匀加速直线运动中通过连续相等位
移的速度之比为1
: √Z:何’则所求的速度之比为侗: √Z1 ’故选项A错误、
B正确.
5
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｜满分之路.搞定力学］
■露Ⅷ
［小结］
刹车类问题的处理技巧＿逆向思维法的应用.
刹车类问题:指匀减速到速度为零后即停止运动’加速度α突然消失’求解时要注
意确定其实际运动时间.如果问题涉及最后阶段（到停止）的运动’可把该阶段看
成反向的初速度为零、加速度不变的匀加速直线运动.
［例2］测速仪安装有超声波发射和接收装置’如图所示’B为测速仪’A为汽车’两者相距
335m某时刻B发出超声波’同时A由静止开始做匀加速直线运动.当B接收到反
射回来的超声波信号时A、B相距355m’已知声速为34（）m／s’则下列说法正确的是
）
（
『）
—
亥厘‰毋’
A.经过2sB接收到返回的超声波
B.超声波追上A车时’A车前进了l0m
C.A车加速度的大小为l0m／s2
D.A车加速度的大小为5m／s2
［答案］
A（〕
［分析］
从B发出超声波到接收到超声波过程中’汽车A的运动情况如图所示:
E
C
1）
了四≡≡≡男≡男彦云舌男
B发出超声波时’小车在C位置
小车反射超声波时’小车在D位置
B接收到反射回来的超声波时’小车在E位置
经分析可知:rcD＝＄DE’卯cE＝20m
6
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』必修1第＿章直线运动｝
…!泊
由运动学规律得卯CD:
卿DE＝l
:
3
所以娜′″＝5m,孤〃′＝l5nl,蔽‘″＝3磊;5·＝1 .
可见B接收到返回的超声波需2s
对小车A;△则＝α‘:’
所以α＝l0m／s2
由以上可知选项A｀C正确.
［小结］
在求解运动学问题时’画好草图’寻找几何关系是解题的关键
［例3］如图所示是＿种较精确测重力加速度g值的方法的示意图:将下端装有弹曰
射装置的真空玻璃直管竖直放置’玻璃管足够长’小球竖直向上被弹出’在
O点与弹簧分离’上升到最高点后返回在O点正上方选取—点P’利用仪
器精确测得OP间的距离为H’从O点出发至返回O点的时间间隔为Tl ’小
球两次经过P点的时间间隔为吗’求:
（l）重力加速度g;
（2）当O点距离管底部的距离为L0时’玻璃管的最小长度.
…Ⅷ
P
丁
月
上
凰
一
（）
Ⅱ
椎
包
畴
哗
＋
◎
匹
）
∑
（
椎
乞
〃
＿
日
勺
听
‖答案］
（1）
［分析］
（1）小球从（）点上升到最大高度过程中
∩
（
）
h｜-拳!-
小球从P点上升到最大高度过程中
咖2二＋‘｜÷）2
7
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｜满分之路.搞定力学l
｜·解析0
依据题意得hl＿h2＝H’
藤立解得g二畴8粤『:
（2）真空管的最小长度L＝L0＋hl
’
申
＋乃＿喝
故L＝L0
［小结］
ˉ‘
坚盲k抛运动的重要特性（如图所示）
:
o对称性
沼
a.时间对称:物体上升过程中从A-→C所用时间tAc和下降过程中从C→A
ˉA
↓｜.
所用时间tCA相等’同理tAB＝jBA.
b.速度对称:物体上升过程经过A点的速度与下降过程经过A点的速度大
小相等
@多解性:当物体经过抛出点上方某个位置时’可能处于上升阶段’也可能处于下
降阶段’造成多解,在解决问题时要注意这个特性
ˉ.?章节练习
l.具有完全自主知识的中国标准动车组“复兴号’’ ’于2017年6月26日在京沪高铁双
向首发动车匀减速进站时’小明站在站台上’发现连续两节动车车厢经过自己所用
的时间分别为‖l＝2s和‖2＝5s’动车每节车厢长L＝25m’则动车进站时的加速度
大小为
（
）
∧竿m／s』
喘m／鼠2
C.2m／s2
D粤m／s2
／
8
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「必修1第-章遭线运动｝
2.有—喷泉,喷水管口的横截面积为S’流量（单位时间内流出的水的体积）为0已知水的
密度为p’重力加速度为g.假设喷出的水做竖直上抛运动’不计水流之间的相互作用和
空气阻力的影响’则空中水的质量为
（
）
R嘿1
7
肌嘿二
3.某质点做匀加速直线运动’在速度由″0变为肋0（k＞l）的过程中’用时为t’质点的位移
大小为厕’则在随后的4t时间内’质点的位移大小为
（
）
八β（狞）＂
c4（γ录）＂
凰2（γ佰f）＂
u（5′工↑）＂
4质点由静止从A点出发沿直线AB运动’行程的第—阶段是加速度大小为αl的匀加速运
动’接着做加速度大小为α2的匀减速运动’到达B点时恰好速度减为零.若AB间总长度
为s’则质点从A到B所用时间t为
（
）
撒√M｀诗｜
2s（αl＋α2）
C.
亿
卜
√
●
β
,（αl＋α2）
α］α2
／
αlα2
D。′-
√2瓜（α｜＋α2）
αlα2
5.一个做匀变速直线运动的质点’初速度为0.5m／s’第9s内的位移比第5s内的位移多
4m’则该质点的加速度、9s末的速度和质点在9s内通过的位移分别是
（
）
A.α＝1m／s2,u9＝9m／s’％9＝40.5m
B.α＝lm／s2,09＝9m／s,卯9＝45m
C.α＝lm／s2’u9＝9.5m／s’卯9＝45m
D.α＝0.8m／s2,u9＝7.7m／s,卯9＝36.9m
9
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｜满分之路.搞定力学l
6＿物块以—定的初速度从光滑斜面底端α点上滑’最高可滑至b点’后又滑回至α
点’c是αb的中点’如图所示,已知物块从α点上滑至b点所用时间为t’下列分析中
正确的是
（
）
（l
A.物块从c点运动到6点所用的时间等于从6点运动到c点所用的时间
B.物块上滑过程的加速度与下滑过程的加速度等大反向
c物块下滑时从b点运动至《点所用时间为旱
D.物块上滑通过c点时的速度大小等于整个上滑过程中平均速度的大小
7.＿物体以5m／s的初速度在光滑斜面上向上运动’其加速度大小为2m／s2’设斜面足够
长’经过t时间物体位移的大小为4m’则时间t可能为
（
）
A° 1
s
B3s
「）旦严
C.4s
S
8如图所示,＿物体做匀加速直线运动,依次经过A、B｀C三点,其
』
B
C
中B是AC的中点.已知物体在AB段的平均速度大小为3m／s’在BC段的平均速度大小
为6m／s’则物体经过B点时的速度大小是
（
）
A.4m／s
B45m／s
C.5m／s
D5.5m／s
9.在＿平直路段检测某品牌汽车的运动性能时’以路段的起点作为卯轴的原点’通过
传感器发现汽车刹车后的坐标卯与时间t的关系满足卯＝30tˉ5′2（m）’下列说法中
正确的是
（
）
A.汽车刹车过程的初速度大小为30m／s’加速度大小为l0m／s2
B.汽车刹车过程的初速度大小为30m／s’加速度大小为5m／s2
C.汽车刹车过程的初速度大小为60m／s’加速度大小为5m／s2
D.汽车刹车过程的初速度大小为60m／s’加速度大小为2.5m／s2
］O
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「涵臆Ⅱ霓—章直线运动｝
10.水平面上—物体从静止开始’沿直线先做匀加速直线运动’3s后接着又做匀减速直线
（
）
运动’再经9s停止.在先后加速和减速的两个运动过程中
A.加速度大小之比为3
:
l
B.平均速度大小之比为1
:
l
C.位移大小之比为1
:
1
D.位移大小之比为1
:
3
l1.＿质点做匀加速直线运动时’速度变化△″时发生位移则l ’紧接着速度变化同样的A″时
发生位移卿2’则该质点的加速度为
（
）
M鳃）:（哉）
Ⅸ2（蛔）!
％2-卯l
…）剿（÷亡）
Ⅱ山）:
卯2-卯1
l2.给滑块＿初速度″0使它沿光滑斜面向上做匀减速运动’加速度大小为旦’当滑块速度
2
大小减为粤时’所用时间可能是
（
）
00
B.—
g
00
A.毫
3O0
D叼
300
C.—
g
l3.物体以速度〃匀速通过直线上的A｀B两点’所用时间为旷’现在物体从A点由静止出发’
先做匀加速直线运动（加速度大小为α1）到某＿最大速度″m’然后立即做匀减速直线运
动（加速度大小为α2）至B点速度恰好减为零’所用时间仍为′’则物体的
（
）
A.似m只能为2″’与αl ｀α2的大小无关
B.″m可为许多值’与αl 、α2的大小有关
C.αl 、α2必须是—定的
Dαl ｀α2必须满足αlα2
αl＋α2
20
≡≡
r
］‖
~
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l4.如图所示’t＝0时’质量为0.5kg的物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑’经过B
点后进人水平面（经过B点前后速度大小不变）’最后停在C点.每隔2s物体的瞬时速
度记录在下表中’重力加速度g＝l0m／s2’则下列说法中正确的是
（
）
｀
″／／／／／″／″″″／〃
B
C
A. ′＝3s的时刻物体恰好经过B点
B. ‖＝10s的时刻物体恰好停在C点
C.物体运动过程中的最大速度为l2m／s
D.A、B间的距离小于B｀C间的距离
15.＿小球沿光滑斜面向下运动’用每隔0· ls曝光—次的频闪照相机拍摄下不同时刻小球
的位置照片如图所示’选小球的五个连续位置A｀B、C｀D｀E进行测量’测得距离sl、s2｀
s3｀s4的数据如表格所示. （计算结果保留三位有效数字）
●
勺
＝
∩
≈
巴
′
／
~
Ⅲ
（l）小球沿斜面下滑的加速度大小为
（2）根据以上数据可知小球在位置A的速度是
~／
∏T／S.
＿］2
满分之路·搞定力学
t／S
＿l）
u／（m.s
0
0
2
8
4
l2
6
8
＼
〗
／
∏
【
℃
（
］
＄
8.20
）
］
∏
℃
／
∏
‖
＼
∩
≡
应
○
9.30
＼
〗
／
］
∏
℃
（
勺
〕
∏
、
凹
l0.4（）
’4（cm）
ll50
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』必修1第-章直线运动｜
l6如图所示’木杆长5m’上端固定在某—点’由静止放开后让它自z″.z….″″…″2
□
由落下（不计空气阻力）’木杆通过悬点正下方20m处圆筒AB’
｜
圆筒AB高为5m’取g＝10m／s2,求:
（1）木杆经过圆筒的上端A所用的时间‖1是多少?
（2）木杆通过圆筒AB所用的时间t2是多少?
20m
巨兰
l7.＿个物体从静止开始以加速度α1做匀加速直线运动’经过时间t改为做加速度大小为
α1
α,的减速运动’又经过时间r物体回到开始位置’求两个加速度大小之比—.
α2
］3
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｝满分之路.搞定力学〖
ETC在我国发展迅猛’在20l5年’我国29
收费站中′心线
｜←—〃-｜
个省（市｀区）就成功联网运行汽车分别通
｝
｜
过ETC通道和人工收费通道的流程如图所行驶方向●｜匀速行驶区｜ETC通道
＿ˉ＿ˉˉˉˉˉ＿ˉ＿ˉˉ＿｛＿＿＿—
示.假设汽车以正常行驶速度ol＝14m／s
朝收费站沿直线行驶,如果过ETC通道’需行驶方问＝〉
‖人工收费通道
ˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉ↑ˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉˉ。
要在距收费站中心线前〃＝8m处正好匀减
速至″,＝4m／s’匀速通过中心线后’再匀加速至″l正常行驶;如果过人工收费通道’需
要恰好在中心线处匀减速至零’经过′0＝25s缴费成功后’再启动汽车匀加速至″l正
常行驶.设汽车在减速和加速过程中的加速度大小分别为α1＝2m／s2和α2＝lm／s2.求:
（1）汽车过ETC通道时’从开始减速到恢复正常行驶过程中的位移大小.
（2）汽车通过ETC通道比通过人工收费通道速度再达到″1时节约的时间△r是多少?
l8.
］4
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「必修1第-章直线运配
第三讲运动图象追及｀相遇问题
1≡ˉ
内容导读］
本讲是匀变速直线运动规律和运动学图象的综合应用’为高考必考内容’多以选择
题形式命题;学好本讲’可以提高同学们通过画运动情景示意图和″ˉt图象分析和解决
运动学问题的能力;用到的知识有:则ˉ』图象和″ˉt图象的理解’匀变速直线运动的规
律’ ｜临界条件的确定’极值思想等数学方法
◎典例剖析
蜗
4｀B两个物体在水平面上沿同—直线运动’它们的〃ˉt图象如图所示.在‖＝0时
刻’B在A的前面’两物体相距7m’B物体做匀减速运动的加速度大小为2m／s2.则
A物体追上B物体所用时间是
（
）
［例l］A｀B两个物体在水平面
［M（m.sˉ｜）
∩
斗
∩
］
吕
′
′
『
■
广
仙
B6.25s
D8s
A.5s
C。7s
［答案］
D
［分析］
0ˉ〃′ 0≡i0.＝5.
B车减速到零所需的时间j＝
＝
α
蹦愿二昔（删腮＋0）』二÷×l0×5m＝25m
A车在5s内的位移卯A＝oA′＝4×5m＝20m
］5—～＿
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｜满分之路.搞定力学〗
匆A＜狐B＋7’所以B车在停止运动后被追上
设A物体追上B物体所用时间为t0’则
″At0＝（7＋25）m
′0＝子｀＝8、,坎选项n正确
［小结］
在求解物体做匀减速直线运动的问题时’要考虑物体在什么时候停止运动
［例2］在水平道路上有两辆汽车A和B相距卿’A车在后面做初速度大小为″0｀加速度大小
为2α的匀减速直线运动’而同时B车做初速度为零加速度大小为α的匀加速直线
运动’两车运动方向相同’如图’要使两车不相撞’求A车的初速度o0满足什么
条件.
『／川
‖／‖
--＝→
熙″照…碉属疡”
囤＝页｀塑二
~广＝～-
p0≤√6α』‘
［答案］
［分析］
解法-:解方程法
A｀B两车的运动过程如题图所示.
对A车,有鹏厂蹦0′＿÷×2α′,则厂删阅ˉ2“′
1
2
对B车’有卯B＝丁αt
’″B＝α‘
两车恰好不相撞的条件是:当“＝鳃Aˉ卯B时’〃A＝oB’
联立以上各式解得″0＝√6硕’故要使两车不相撞’A车的初速度″0应满足的条件
是″0≤√6硕
］6
~
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』必修1第～章直线运动粤
｜·解析）
解法二:判别式法
设A车经过时间′追上B车’两车的位移关系为＂二狮州＿“周’即删0』—＋×2“2＝
叶÷“:,整翟得3“』ˉ2删0′＋2瓣-0,这是-个关于时阎′的ˉ元二次方橇,当判
别式A＝（ˉ2〃0）2-4.3α.2腑＜0时’t无实数解’即两车不相撞’所以妥使两车
不相撞’A车的初速度″0应满足的条件是o0≤√6硕
解法三:图象法
『
l 〗O
B
l）
A
《／
仙0
t
~
勺
〕α
先作出A、B两车的″-t图象’如图所示.设经过时间1两车刚好不相撞’则:
U0
对A车’有″A＝似＝〃0ˉ2αt;对ˉB车’有″B二″＝αt’解得t＝元
溺牟相遇时的位移菱等于腮,它可阀图中胸陶影面积表示’由图象可知瓣＝÷则＂瞧＝
2
器』所以墓使两车不相撞,』辜的初遮度锄0≤√6顽
解法四:相对运动法
以B车为参考系’A车的初速度为o0’加速度为α′＝＿2α-α＝-3α’A车追上B
车且刚好不相撞的条件是″′＝0’这一过程A车相对于B车的位移为卯’由运动学
公式得—″;二2×（ˉ3α）卯,所以＂0＝√6丽,即妥使两车不相撞,A车的初速度′′0应
满足的条件是″0≤√6硕
］7
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｜满分之路·搞定力学l
■疆Ⅷ
［小结］
当两个物体在同—条直线上运动时’由于两物体的运动情况不同’所以两物体之
间的距离会不断发生变化’就会涉及追及｀相遇或避免碰撞等问题若后者能追上
前者’则追上时’两者处于同＿位置’后者的速度一定不小于前者的速度;若后者
追不上前者’则当后者的速度与前者的速度相等时’两者相距最近.
［例3］如图所示’两光滑斜面的总长度相等’高度也相同’α、b两球由静止从顶端下滑’若球
（
）
在图上转折点无能量损失’则
标
B.b球后着地
D两球着地时速度相同
A.α球后着地
C.两球同时落地
西癣薪D
［答案］
A
［分析］
在同一个″ˉj图象中作出α｀b的速率ˉ时间图线如图所示’
由于开始运动时6的加速度较大’则斜率较大;由机械能守恒
可知末速率相同’故图线末端在同一水乎线上’由于两斜面
长度相同’则应使图线与t轴围成的“面积”相等结合图中图线特点可知b用的时
间较少’由此可知A正确’B、C｀D错误.
［小结］
对于两个质点分别以不同的加速度运动’比较运动快慢问题时可作速度（速率）-
时间图象进行辅助分析’此时根据图象“面积’’相等这＿特征比较时间长短;所描
述的物理量做非线性变化时’可先构建一个物理量与另一物理量的线性变化关系
图象’如“反比关系可转化为与倒数成正比”’然后应用“面积”含义或斜率的含义
即可求解具体问题
ˉ］8
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』必修1第-章直线运动｝
＝霞章节练习
~
~
′
卯／∏】
l.甲、乙两车在同一条直道上行驶’它们运动的位移绷随时间t变化的
关系图象如图所示.已知乙车做匀变速直线运动’其图线与′轴相
切于10s处则下列说法中正确的是
（
）
A.甲车的初速度为零
B乙车的初位置在腮0＝60m处
C.乙车的加速度大小为L6m／s2
D.5s时两车相遇’此时甲车速度较大
Ⅶ0
20
（）
5
l0
l5
20∏S
｀
〗
‖
′
‖
吕
Ⅲ
／
‖
‖
｀
／
〃
2.如图所示为甲｀乙两质点做直线运动的速度-时间图象’则下列
说法中正确的是
（
）
A.在0～t3时间内甲｀乙两质点的平均速度相等
B.甲质点在0～‖1时间内的加速度与乙质点在t2～′3时间内的加
C.甲质点在0～jl时间内的平均速度小于乙质点在0～j2时间内｜
D.在』3时刻’甲、乙两质点都回到了出发点
时间内的加速度与乙质点在t2～′3时间内的加
S
速度相同
时间内的平均速度小于乙质点在0～j2时间内的平均速度
冗
3.如图’直线α和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车α和6的位
移＿时间（“—t）图象’由图可知
（
）
A在时刻〗］’α车追上b车
B.在时刻′2’α、b两车运动方向相反
C.在tl到t2这段时间内’b车的速率先减小后增大
D在Ⅱl到j2这段时间内’6车的速率—直比α车的大
6
O!
tl
t2
t
［）
4.甲｀乙两汽车在—平直公路上同向行驶’在t＝0到t＝f1的时间
U2
内’它们的″—t图象如图所示’在这段时间内
（
）
A.汽车甲的平均速度比乙的大
0‖
Ul＋O2
B.汽车乙的平均速度等于—厂
6
C.甲｀乙两汽车的位移相同
D汽车甲的加速度大小逐渐减小’汽车乙的加速度大小逐渐增大
O
~
~
~
~
~
~
~~~~~~~
甲
／＼巴
~~~~~~~~~~~~~~~~~~
tl
t
］9
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｜满分之路.搞定力学〗
5.如图所示’为某物体做直线运动的″—t图象’由此可知（
）
A.前1 s物体的位移大小为lm
B.2s末物体的瞬时速度大小为2m／s
C.前3s内物体的加速度大小为3m／s
D.前3s物体做匀变速直线运动
＼
·
‖
〗
』
吕
飞
』
℃
几
】
』
′
□
『
Ⅱ
／
〃
勺
＝
（）
l
3t／S
2
Ⅲ
′
／
Ⅱ
6.如图所示’α｀b｀c三个物体在同—条直线上运动’其位移-时间图象20
中’图线C是—条则＝0.4』2的抛物线的—部分.有关这三个物体在0～
l0
5s内的运动’下列说法中正确的是
（
）
O
A.α物体做匀加速直线运动
B.c物体做匀加速直线运动
C. t＝5s时’α物体速度比c物体速度大
D.α｀6两物体都做匀速直线运动’且速度相同
′
′
『
旦
寸
凸
日
筒
7.为了研究小球由静止释放后撞击地面弹跳的规律’小俞同学利用运动传感器采集数据并
作出了如图所示的″ˉt图象’小球质量为0.6kg’空气阻力不计’重力加速度g＝
10m／s2’由图可知
（
）
吕
Ⅲ
】
′
『
′
″
菲
气
（）
—5
A.横坐标每—小格表示的时间是1 s
B.小球下落的初始位置离地面的高度为3.6m
C.小球第—次反弹的最大高度为125m
I）.小球第—次反弹的最大高度为l.20m
b
α
8.如图所示’直线α和曲线b分别是在平行的平直公路上行驶的汽车α
和b的速度ˉ时间（″ˉt）图象’在tl时刻两车刚好在同—位置（并排
行驶）’在t｜到′3这段时间内
（
）
A.在t2时刻’两车相距最远
B.在03时刻’两车相距最远
C.α车加速度均匀增大
I）.b车加速度先增大后减小
『
b
≡多罕旷
O｜
〖］
l2
t3
t
2O
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」必修1第～章直线运动｝
9.—个物体沿直线运动’从′＝0时刻开始’物体的位移卯与运动时间‖的
关系如图所示’由此可知
（
）
A.物体做匀加速直线运动
／
／｜~~
B物体做变加速直线运动
ˉ］
O
t／S
C.物体的初速度大小为lm／s
D.物体的加速度大小为0.5m／s2
l0.在—笔直公路上有α｀b、c三辆汽车’它们同时经过同—路标开始
计时’此后的″ˉ‖图象如图所示’下列判断中正确的是
（
）
A.在tl时刻α｀b速度相等
B.0～′1时间内’α｀6间距离在减小
C.0～』l时间内’α位于6｀c前面
D. 』｜时刻以后’b位于α｀c前面
U
（
〔
』
↓
■
吵
ll.如图所示为甲、乙两个物体在同—条直线上运动的〃ˉt图象’
′＝0时两物体相距3卿0’在t＝l s时两物体相遇’则下列说法中
正确的是
（
）
A. ‖＝0时’甲物体在前’乙物体在后
B. ‖＝2s时’两物体再次相遇
C. ′＝4s时’两物体再次相遇
D. l＝4s时’甲物体在乙物体后3鳃0处
『
O
l
2
3
4
／／S
l2.两个质点A｀B放在同＿水平面上’从同—位置沿相同方向做直线运动’其运动的Uˉ!
图象如图所示.对A｀B运动情况的分析’下列结论正确的是
（
）
（）
3
6
9ˉ∏ˉ7／吕
A.在6s末’质点A的加速度大于质点B的加速度
B在0ˉ!2＄时阎内质点川的平均速度为;m／;
C.质点A在0～9s时间内的位移大小等于质点B在0～3s时间内的位移大小
D.在l2s末’A｀B两质点相遇
2］
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（满分之路.搞定力学｜
『
l3.如图为甲｀乙两辆小车从同＿地点开始运动的″ˉ〗图象’甲、
乙两条图线分别为正、余弦曲线.下列说法中正确的是（
）
A. ′l时刻两车加速度相同
B.0～t2时间内两车发生的位移相同
U（）
〔）
-U0
C. t3时刻两车相距最远
I）. ′4时刻两车相距最远
14.如图所示’在光滑的水平地面上’相距L＝l0m的A｀B
两小球均以″0＝l0m／s的速度向右运动’随后两球相继
滑上倾角为30。的足够长的光滑斜坡’地面与斜坡平滑
连接’取g＝l0m／s2.求:
（l）B球刚要滑上斜坡时A｀B两球的距离;
（2）A球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇.
／／／／／／／／／／／／
22
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『必修1第-章直线运动｀
高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶’甲车在前’乙车在后’速度均为″0＝40
m／s’距离卯0＝90m. t＝0时刻甲车遇紧急情况后’甲｀乙两车的加速度随时间变化的情
l5
况如图所示’取运动方向为正方向’两车在0～l2s内会不会相撞?
）
∑
吕
Ⅲ
（
′
『
′
α
α／（m。Sˉ2）
旬
∩
｜4
l2
一
○
另
‖／S
吕
′
′
′
＋
‖
｛4
｜l2
-l0
甲
乙
23ˉ＿＿ˉ＿
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｝满分之路搞定力学］
′
Ⅺ／m
l6.在平直公路上行驶的α车和6车’其位移ˉ时间图象分别为图中
直线α和曲线b’已知b车的加速度恒定且α＝ˉ2m／s2’t＝3s
时’直线α和曲线6刚好相切.求t＝0时α车和b车的距离则0.
〔I
∩
日
β
斗
∑
｜
）
4
t／S
命
〕
2
l
24
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必修‖
第＝章相巨作用
第＿讲重力｀弹力｀摩擦力
内容导读0
重力、弹力和摩擦力是三种性质的力’常在受力分析中出现’我们要倍加关注.
◎典例剖析
~~~~~~~~~~~~~
~
~~~
［例l］如图所示为位于水平面上的小车’固定在小车支架上的斜杆与竖
直杆的夹角为0’在斜杆的下端固定有质量为m的小球下列关于
杆对球的作用力F的判断中’正确的是
（
）
A.小车静止时’F＝mgsin0’方向沿杆向上
B.小车静止时’F＝mgcos0’方向垂直于杆向上
C.小车向右做匀速运动时,＿定有F＝mg’方向竖直向上
D.小车向右做匀加速运动时,＿定有F＞mg’方向可能沿杆向上
″刃～
蹿洒
［答案］
CD
［分析］
′卜球受重力和杆的作用力′处于静止或匀速运动状态时,由力的乎衡条件／｛′
知,二力必等大反向,即F＝吧,方向竖直向上;小车向右做匀加速运动时.肖′∩
‖…右嫡…遮度,…磷二…,吧…合…乎向哪:「
右’如图所示’由图可知’F＞mg’方向可能沿杆向上’故选项C｀D正确.
［小结］
杆的弹力方向不＿定沿杆的方向’其大小和方向的判断要根据物体的运动状态来
确定’即为了维持物体的状态,由受力平衡或牛顿运动定律求解得到所需弹力的
大小和方向,杆就会根据需要提供相应大小和方向的弹力.
25
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｜满分之路.搞定力学l
［例2］把＿个重为G的物体’用＿个水平力F＝肋（∧为恒量’‖为时间）压在竖直的足够高
的平面墙体上’如图所示’则从t＝0开始物体所受的摩擦力Ff随t的变化关系是
（
）
仁
旷
‘
○
叫
乙
徘
‘
″
卜
＂
~
~
~
~
~
~
＞
′
~
~
~
~
~
～
~
~
~
~
~
~
＿
‖
匡
八
‘
○
尸
—
［答案］
B
［分析］
由于物体受的水平压力为F＝肋’由二力平衡得’墙与物体间的压力FN＝肛当F
比较小时’物体受到的摩擦力Ff小于物体的重力G’物体将沿墙壁下滑’此时物体
间的摩擦力为滑动摩擦力.由Ff＝〃FN得,滑动摩擦力Ff＝队肛,当摩擦力Ff大小
等于重力G时’由于惯性作用’物体不能立即停止运动’物体受到的摩擦力仍然是
滑动摩擦力.随着摩擦力的增大’摩擦力将大于重力’物体做减速运动直至静止’
摩擦力将变为静摩擦力,静摩擦力与正压力无关’跟重力始终平衡’故B正确.
［小结］
抓住“o＝0”这个突变点是解决问题的关键. “o＝0,’之前摩擦力为滑动摩擦力’按
公式F＝队FN分析’“″＝0”之后摩擦力为静摩擦力’按二力平衡条件分析.
［例3］如图所示’斜面固定在地面上’倾角为37。（sin37。＝0.6’cos37。＝
0.8）.质量为lkg的滑块以初速度o0从斜面底端沿斜面向上滑行
（斜面足够长’该滑块与斜面间的动摩擦因数为0.7）’则该滑块所
受摩擦力F随时间变化的图象是下图中的（取初速度″0的方
l0m／s2）
的方向为正方向’g＝
（
）
ⅣN
∧F／N
∧F／N
6＿ˉ「————
5.6ˉˉˉˉˉ 』——
＞
O
‖
二
t
t
O
-5.6＿
-5.6—
B
C
哗
6
5.6
O
〔）
f
多
『
卧
I
26
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「必修1第二墩相互作用｝
［答案］
C
［分析］
滑块上升过程中受到滑动摩擦力作用,由F＝严FN和FN＝′′lgCOS0联立得F＝
5.6N’方向为沿斜面向下.当滑块的速度减为零后,由于重力的分力mgsin0＞
以mgcos0’滑块下滑’滑块受的摩擦力方向为沿斜面向上’故选项C正确.
［小结］
用临界法分析摩擦力突变问题的三点注意:
1题目中出现“最大”“最小”和“刚好”等关键词时’＿般隐藏着临界问题.
2.静摩擦力是被动力’其存在及大小｀方向取决于物体间的相对运动的趋势’而且
静摩擦力存在最大值.存在静摩擦的连接系统’相对滑动与相对静止的临界条
件是静摩擦力达到最大值.
3.研究传送带问题时’物体和传送带的速度相等的时刻往往是摩擦力的大小｀方
向和运动性质的分界点
＾°f章节练习
~
~
~
~
「
l.小车上固定—根弹性直杆A’杆顶固定＿个小球B,如图所示’现让小车从光滑斜面上自
由下滑,在下列选项所示的情况中杆发生了不同的形变’其中正确的是
（
）
2.如图所示’小车内＿根轻质弹簧沿竖直方向和—条与竖直方向成
α角的细绳拴接—小球.当小车和小球相对静止—起在水平面上
运动时’下列说法中正确的是
（
）
A.细绳—定对小球有拉力的作用
B.轻弹簧—定对小球有弹力的作用
C.细绳不＿定对小球有拉力的作用’但是轻弹簧对小球—定有弹力的作用
D.细绳不—定对小球有拉力的作用’轻弹簧对小球也不＿定有弹力的作用
27
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｜满分之路·搞定力学k
3.下列关于重力的说法中正确的是
A.物体只有静止时才受重力作用
B.重力的方向总是指向地心
C.地面上的物体在赤道上受的重力最小
D.物体挂在弹簧测力计下’弹簧测力计的示数—定等于物体的重力
（
）
4—木块放在水平桌面上,在水平方向上共受到三个力即′!、′2利摩擦【～厂
］ˉI兰
力的作用’木块处于静止状态’如图所示’其中Fl＝l0N,F2＝2N’若撤
去力Fl ’则木块受到的摩擦力为
（
）
A. l0N’方向向左
B6N’方向向右
C.2N’方向向右
D.0
5.图中各物体均处于静止状态图中画出了小球A所受弹力的情况’其中正确的是（
）
A
o
B
〔】
6如图所示’物体A｀B在力F作用下—起以大小相等的速度沿力F方向匀速运动’关于物
体A所受的摩擦力’下列说法中正确的是
（
）
越
上丹
了了了7了777了了了了
了了了7了7777了7了六
甲
乙
A.甲｀乙两图中物体A均受摩擦力’且方向均与力F相同
B.甲｀乙两图中物体A均受摩擦力’且方向均与力F相反
（〕.甲｀乙两图中物体A均不受摩擦力
I）.甲图中物体A不受摩擦力’乙图中物体A受摩擦力’方向和力F相同
7.如图所示’两木块的质呈分别为ml和′n2’两轻质弹簧的劲度系数分
别为片l和k2.上面木块压在上面的弹簧上（但不拴接）’整个系统处于
平衡状态.现缓慢向上提上面的木块’直到它刚离开上面的弹簧’在此
过程中下面木块移动的距离为
（
）
吕
∩
丝
‖
】
∏
〗
亢
′
●
Ⅱ
mlg
C万
m7g
D页
≡
28
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』必修1第二章相互作用｜
8.如图所示’质量为1kg的物体与地面间的动摩擦因数队＝（）.2’从‖＝0开始以初速度″0
沿水平地面向右滑行’同时受到—个水平向左的恒力F＝1N的作用’g取l0m／s2’向右
为正方向,该物体受到的摩擦力Ff随时间变化的图象是（设最大静摩擦力等于滑动摩擦
力）
（
）
i｜＂′N
lˉˉ丁—一
—gˉ j—了＄
-2一
＿3ˉ
A
3』｜乃／N
3｜乃／N
2ˉˉˉ下-ˉ
2ˉ
l
ˉ
｜
（ˉˉ≠—
（）
｛
←
〔）｜｜
＝
—l一
r／S-l卜｛
r／S
ˉ2ˉ
ˉ马｝｜
ˉ3ˉ
ˉ〕∩
B
--—-＞p0
纠
＿
≤
巴
′
′
′
｛
9·如图甲所示’质量为m的半球体静』k在倾角为0的平板上’当0从（）缓慢增大到90°的过
程中’半球体所受摩擦力Ff与0的关系如图乙所示’已知半球体始终没有脱离平板’半
球体与平板间＂动摩擦囚数为罕,最火静摩擦力与滑动摩擦力柑等重力j畦度为‘则
（
）
｜F［
′
（
）
／7＼
T…／％″
／
∏
＿
勺
▲
q
0
甲
乙
Bq～;段图象可能是直线
Dp＝等
A.0～q段图象可能是直线
∏
—
』
斗
~~
γ
℃
10.如图所示’物块A放在倾斜的木板上’木板的倾角α分别为30。和45。时物块所受摩擦
力的大小恰好相等’则物块和木板间的动摩擦因数为
（
）
归
—
’
～
占
—
∑
●
β
Ⅱ
A÷
c夸
29
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｜满分之路,搞定力学l
第二讲力的台成与分解
内容导读B
—个力可以被几个力等效替代’几个力也可以被一个力等效替代’合力和分力利用
了等效替代思想.
◎典例剖析
~
~
＝.一＿＿＝…
［例l］某压榨机的结构示意图如图所示’其中B为固定铰链,若在A铰
链处作用＿垂直于墙壁的力F’则由于力F的作用’使滑块C压
紧物体D’设C与D光滑接触’杆的重力及滑块C的重力不计’图
中α＝0.5m’b＝0.05m’则物体D所受压力的大小与力F的比
值为
（
）
A.4
B.5
C10
Dl
…Ⅷ
［答案］
B
［分析］
按力F的作用效果沿AC、AB杆方向分解为图甲所示的Fl｀
F2则′｜-′2二2羔0’由几何知识得｜凰＂0＝;＝l0,再按′
Fl的作用效果将Fl沿水平向左和竖直向下分解为图乙所
F愈
剥
Fl
F4
F4＝Flsjn0’联立得F4＝5F’即物体D所受
示的F3｀F4,则
甲
乙
压力大小与力F的比值为5,选项B正确。
［小结］
效果分解法的技巧:
效果分解法要注意合力与分力的实际效果而确定分力的方向’根据平行四边形定则准
确画出对应的力的图示’必要时∏I添加辅助线’然后合理选用数学工具定量求解.
3O
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』必修1第二章相互作用｜
［例2］如图所示’质量为″!B＝24kg的木板B放在水平地面上’质量为′″A＝22kg的木箱A
放在木板B上.—根轻绳—端拴在木箱上’另一端拴在天花板上’轻绳与水平方向的
夹角为0＝37。.已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数队l＝0.5.现用水平向右、大
小为200N的力F将木板B从木箱A下面匀速抽出（sin37。＝0.6’cos37。＝0.8’重
力加速度g取l（）m／s2）’则木板B与地面之间的动摩擦因数严2的大小为
）
（
｀｀＼＼＼、｀｀｀、
B
卜→F
A.0.3
（〕ˉ0.5
B.0.4
I）.0.6
m琢硒
［答案］
A
［分析］
对A受力分析如图甲所示’
由题意得:FTcos0＝Ffl ’FN1＋FTsin0兰mAg’Ff1＝仪lFNl
联立可得:FT＝l00N.
对A｀B整体受力分析如图乙所示’
由题意得:FTCOS0＋Fl2＝F
FN2＋FTsin0＝（mA＋″!B）g’Fl2＝〃2FN2
联立可得队2＝0.3’故A正确
FN2
『M
F
（′nA＋mB）g
乙
m4g
甲
3］
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｜满分之路′搞定力学‖
■藩西
［小结］
力的分解方法选取原则:
（1）选用哪＿种方法进行力的分解要视情况而定’—般来说’当物体受到三个或三
个以下的力时’常按实际效果进行分解’若这三个力中’有两个力互相垂直’可选
用正交分解法.
（2）当物体受到三个以上的力时’常用正交分解法.
［例3］如图所示’质量为m的物体置于倾角为0的固定斜面上’物体与斜面之间的动
摩擦因数为川’先用平行于斜面的推力Fl作用于物体上使其能沿斜面匀速上
滑’若改用水平推力F2作用于物体上’也能使物体沿斜面匀速上滑’则两次的
（
）
务轿→÷尸引
″妒／％″″……罗沪″″…竹
甲
乙
B.cos0-以sin0
Dl-／Ltan0
A.cos0＋川siII0
C. l＋队taIl0
■疆Ⅷ
［答案］
B
［分析］
物体在力Fl作用下和力F2作用下运动时的受力如图所示.将物体受力沿斜面方
向和垂直于斜面方向正交分解’由乎衡条件可得:
FN2
Fl
FM
Fl2
F2
F『l
mg
mg
0
0
甲
Fl＝mgsin0＋Ff1 ,FNl＝mgcos0,Ffl＝〃FN］
F2cos0＝mgsin0＋Fl2,
乙
32
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』必修1第二章相互作用｝
FN2＝mgcos0＋F句sin0,
Ff2＝／LFN2,
解得:Fl＝mgSin0＋〃mgcos0’
′2-哩黑;土糕乌;皇1’
Fl
故瓦＝cos0—〃sin0,B正确
［小结］
（1）物体在力Fl或F2作用下做匀速运动’物体所受合力均为零.
（2）将物体所受各力沿斜面方向和垂直斜面方向进行正交分解.
习
练
→
∏
＝
旱
′
户
″
~
~
~~
~~
l. （20l7 .高雪全国卷I［）如图’＿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
＾2—何
∏肾
α罕
n罕
罚
尸
＼
／
＿／（
＞
∩
γ
‖
β
冈
2.如图所示’Fl ｀F2为有＿定夹角的两个力’L为过O点的—条直线’当L取什么方向时’
Fl 、F2在L上的分力之和最大
（
）
罢二二马
A.Fl 、F2合力的方向
B.Fl 、F2中较大力的方向
C.Fl 、F2中较小力的方向
D.任意方向均可
33-＿ˉ——
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‖满分之路.搞定力学］
3.我国海军在南海某空域举行实兵对抗演练’某＿直升机在匀速水平飞行过程中遇到突发
情况’立即改为沿虚线方向斜向下减速飞行’则空气对其作用力可能是
（
）
A.Fl
C.F司
〕
B.F勺
乙
l）.F4
4.如图所示’—个“Y”形弹弓顶部跨度为L’两根相同的橡皮条自由长度均为L’在两橡皮
条的末端用＿块软羊皮（长度不计）做成裹片.若橡皮条的弹力与形变量的关系满足胡克
定律’且劲度系数为k’发射弹丸时每根橡皮条的最大长度为2L（弹性限度内）’则发射过
程中裹片对弹丸的最大作用力为
）
（
A.∧L
~厅
c争L
B2∧L
34
~
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『慈愿1第二慧相互作围］
第三讲受力分析共点力的平衡
｜
内容肆读］
受力分析考点一般是对物体所受重力、弹力、摩擦力以及所受其他力的受力情况分
析的考查’常结合物体的平衡条件、力的合成与分解等相关知识简单交汇命题’题型＿般
为选择题整体法与隔离法的应用既是重点’更是难点’ ‘‘难’,表现在两个方面:一是研究
对象复杂,往往涉及多个物体;二是试题情景新颖’常与生活实际相联系或是实际情景的
抽象.对于该类问题’关键是在明确研究对象的前提下’灵活地选用两大方法.动态平衡
问题是高考的重点.物体在缓慢移动过程中均处于平衡状态’但物体所受的某些力的大
小和方向均发生变化’使结果出现—些不确定性’这是此类问题常失分的主要原因针对
此类问题’只要准确分析各力特点’合理选取解题方法’问题便可迎刃而解
@典例剖析
［例l］如图所示’光滑水平地面上有—直角三角形斜面体B靠在竖直墙壁上’物块A放在
斜面体B上’开始时A｀B静止现用水平力F推A’A、B仍静止’则此时A｀B受力个
数的组合可能是
（
）
L≡
B.3个｀3个
D3个｀4个
A.3个、5个
C.4个｀5个
35—＿＿ˉˉ
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｜满分之路.搞定力学］
四露Ⅷ
［答案］
CD
［分析］
先对A、B整体受力分析’A、B整体受椎力重力｀地面的支持力、墙壁的弹力;再对
4受力分析’A受重力｀推力｀斜面体的支持力’可能还受到静摩擦力’所以A可能
受到3个或4个力,分析B的受力情况’B受到重力｀墙壁的弹力｀地面的支持力｀
4对B的压力’可能还受到A对B的静摩擦力’所以B可能受到4个或5个力’故
选项C、D正确
［小结］
受力分析的三点提醒:
（1）只画研究对象所受的力’不画研究对象对其他物体的作用力.
（2）每分析—个力’都应找出施力物体
（3）—个力按性质力分析过后,不能再按效果力重复分析.
［例2］（20｜7意譬＝卷I ）如图’柔软轻绳o″的＿端o同定』其中间某点″｜
M拴—重物’用手拉住绳的另—端Ⅳ.初始时’0″竖直且M＼／被拉直’
o″与M｀′之间的夹角为α（α＞晋）现将重物问右上方缓慢拉起,并保》＼＼＂
持夹角α不变.在OM由竖直被拉到水平的过程中
A.MV上的张力逐渐增大
B.M＼／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
（
）
［答案］
AD
［分析］
将重物向右上方缓慢拉起’重物处于动态乎衡状态’可利用乎衡条件或力的分解
画出动态图分析.将重物的重力沿两绳方向分解’画出分解的动态图如图所示.在
36
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」必修1第二章相互作用｝
·解析p
三…,……有粤六,M｜翔,……娜的…与
吕＝
＝
FO″的夹角γ＝180。-α’不变’因sinβ（β为FMⅣ与G的夹角）先增大后减小’故
OM上的张力先增大后减小’当β＝90。时’OM上的张力最大’因sin0（0为F0M与
G的夹角）逐渐增大’故MV上的张力逐渐增大’选项A｀D正确’B、C错误.
嘶∧, ｜
M
『γ｜
F〔」M］
月′″2
β｛
｀β｜
√、
【
〃
江
≡
″
∩
尸
＼
」
′
尸
＝
≈
≈
≥
≈
■
■
夕
■
）M2
（
F‖′∧
］
G
［小结］
@“缓慢拉起’’说明重物处于动态平衡;
@“保持夹角α不变”说明O″与M＼／上的张力大小和方向均变化’但其合力
不变.
＾髓章节练习
~
~
~~~
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
~~
~~~
1. （20l6.高雪全国餐I）如图’一光滑的轻滑轮用细绳OO′悬挂于0点;另—细绳跨过滑
轮’其＿端悬挂物块α’另—端系＿位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b’
整个系统处于静止状态.若F方向不变’大小在—定范围内变化’物块b仍始终保持静
止’则
（
）
A.绳OO′的张力也在＿定范围内变化
B物块b所受到的支持力也在—定范围内变化
C.连接α和b的绳的张力也在—定范围内变化
D.物块b与桌面间的摩擦力也在＿定范围内变化
37
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』满分之路.搞定力学［
（20l5 .高雪山东卷）如图’滑块A置于水平地面上’滑块B在＿水平力作用下紧靠滑块
A（A｀B接触面竖直）’此时A恰好不滑动’B刚好不下滑.已知A与B间的动摩擦因数为
以l ’A与地面间的动摩擦因数为队2’最大静摩擦力等于滑动摩擦力.A与B的质量之比为
（
）
2
A
／／／／／／／≥≥／／／／／／／
l-／儿l／儿2
A.上
严l／L2
l＋／Ll以2
C.
B
严l仙2
2＋以l／L2
I）
队l／L2
／L］队2
3. （2013 .高雪全国卷）如图’在固定斜面上的—物块受到—外力F的作用’
F平行于斜面上.若要物块在斜面上保持静止,F的取值应有—定范围’已
知其最大值和最小值分别为Fl和F2（F2＞0）.由此可求出
A.物块的质量
B斜面的倾角
C.物块与斜面间的最大静摩擦力
D.物块对斜面的正压力
＞≥一］
（
）
4.如图’粗糙水平面上α、b｀c｀〃四个相同小物块用四根完全相同的轻弹簧连接’正好组成
—个等腰梯形’系统静止.αb之间｀αC之间以及b〃之间的弹簧长度相同且等于c〃之间弹
簧长度的—半’α6之间弹簧弹力大小为cⅢ之间弹簧弹力大小的＿半.若α受到的摩擦力
大小为／’则
（
）
α
b
蕊＂捻
（／
（·
A.αb之间的弹簧＿定是压缩的
Bb受到的摩擦力大小为／
C.c受到的摩擦力大小为√可
D.〃受到的摩擦力大小为2／
—38
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』必修1第二章相互作用｝
5.如图所示’小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上’小球B用水平轻弹簧拉着系
于竖直板上’两小球A、B通过光滑滑轮0用轻质细线相连’两球均处于静止状态’已知B
球质量为矾’O点在半圆柱体圆心Ol的正上方’OA与竖直方向成30。角’0A长度与半圆
柱体半径相等’OB与竖直方向成45°角’则下列叙述正确的是
（
）
〃
4
…
A.小球A、B受到的拉力ToA与ToB相等’且ToA＝ToB＝历′g
B.弹簧弹力大小√页加g
C.A球质量为√6》″
D.光滑半圆柱体对A球支持力的大小为″』g
6.如图所示’物体A｀B用细绳与轻弹簧连接后跨过滑轮.A静止
在倾角为45。的粗糙斜面上’B悬挂着.已知质量mA＝3mB’不
计滑轮摩擦’现将斜面倾角由45。减小到30。’下列说法中正确
｀＼＼取＼＼＼＼…｀…
的是
A.弹簧的弹力将增大
B.物体A对斜面的压力将增大
C.物体A受到的静摩擦力将减小
I）.物体A可能被拉动
（
）
7.表面光滑｀半径为R的半球固定在水平地面上’球心0的正上方O′处
有—无摩擦定滑轮’轻质细绳两端各系—个可视为质点的小球挂在定
滑轮上,如图所示.两小球平衡时’若滑轮两侧细绳的长度分别为L1＝
2.4R和L2＝2.5R’则关于这两个小球的质量之比Ih’小球与半球之
″〗2
阎＂雁″之喘以下说…胸是
（
』
′
Ⅶ寸
／〃／＝＝…～＝
ml
24
三≡
″〗句
25
全
ml
25
B—＝—
m勺
24
凸
／＼／l
24
D厄＝万
］
~~
川
』
肌
叁
C.
39＿＿＿＿一
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‖满分之路.搞定力学］
8.如图所示’上表面光滑的斜面体B置于粗糙的水平面上’物块A在竖直向上的力F作用
下静止在斜面上’现将力F沿顺时针方向缓慢地旋转至水平方向’在力F旋转的过程中’
物块始终保持静止.则在此过程中
（
）
／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／′
A.F先减小后增大
B.斜面对物块的弹力先增大后减小
C.地面对斜面体的支持力逐渐增大
D地面对斜面体的摩擦力逐渐增大
9.在粗糙水平地面上与墙平行放着—个截面为半圆的柱状物体A’A与竖直墙之间放另—
截面也为半圆的光滑柱状物体B’整个装置处于静止状态’截面如图所示.设墙对B的作
用力为Fl ’B对A的作用力为F2’地面对A的作用力为F3.在B上加＿物体C’整个装置
仍保持静止’则
（
）
B.Fl增大,F3保持不变
D.F2增大’F3保持不变
A.Fl保持不变’F3增大
（〕.F2增大’F3增大
l0.如图所示,等腰直角斜劈A的直角边靠在粗糙的竖直墙壁上’＿根不可伸长的轻绳＿端
固定在竖直墙上’另＿端与半径不可忽略的光滑球B连接’轻绳与水平方向成30°角’现
将轻绳上端点沿竖直墙缓慢向上移动’A始终处于静止状态’则
（
）
′
∩
A.绳子拉力逐渐增大
B.竖直墙对A的摩擦力先减小后增大
C.竖直墙对A的摩擦力可能为零
D.竖直墙对A的弹力逐渐减小
ˉ4O
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』嚼修1第二章相互作用｝
l1.如图所示’＿质量均匀的实心圆球被直径AB所在的平面—分为二’先后以AB沿水平
和竖直两种不同方向放置在光滑支架上’处于静止状态’两半球间的作用力分别为F和
′′ ’已知义架间的距离为A‘长度的＿｜叁,则÷等于
（
）
l
何
—
∑
~
β
A.6
巫
〕
】
（
I）逗
3
l2.如图所示’桌面上固定—个光滑竖直挡板’现将—个长方形物块A与截面为三角形的垫
块B叠放在—起用水平外力F缓缓向左推动B’使A缓慢升高’设各接触面均光滑’则
该过程中
（
）
A.A和B均受三个力作用而平衡
B.B对桌面的压力越来越大
（〕.A对B的压力越来越小
D.推力F的大小恒定不变
l3.如图所示’—根不可伸长的轻绳两端连接两轻环A、B’两环分别套在A
相互垂直的水平杆和竖直杆上.轻绳绕过光滑的轻小滑轮’重物悬挂
于滑轮下’始终处于静止状态.下列说法中正确的是
（
）
A.只将环A向下移动少许’绳上拉力变大’环B所受摩擦力变小
B.只将环A向下移动少许’绳上拉力不变’环B所受摩擦力不变
C.只将环B向右移动少许’绳上拉力变大’环A所受杆的弹力不变
D.只将环B向右移动少许,绳上拉力不变’环A所受杆的弹力变小
4‖＿
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｜满分之路.搞定力学〗
″
14.如图所示’质量均为m的小球A｀B用劲度系数为∧l的轻弹簧相
连’B球用长为L的细绳悬于O点’A球固定在O点正下方,当小球
B平衡时’绳子所受的拉力为FTl ’弹簧的弹力为Fl ;现把A｀B间的
弹簧换成原长相同但劲度系数为内2（A2＞片｜）的另—轻弹簧’在其
（
‖
…／″…
他条件不变的情况下仍使系统平衡’此时绳子所受的拉力为FT2’
弹簧的弹力为F2’则下列关于FTl与Fm｀Fl与F2大小之间的关系’正确的是（
）
A.FTl＞Fm
BFTl＝Fm
C.Fl＜F2
DF］＝F2
l5.如图所示’放在水平面上的斜面体B始终静止’物块A放在斜面体上’＿轻质弹簧两端
分别与物块A及固定在斜面体底端的轻质挡板拴接初始时A、B静止’弹簧处于压缩状
态.现用力F沿斜面向下推A但A并未运动’下列说法中正确的是
（
）
F
｝反
B.B对地面的压力增大
D水平面对B的摩擦力始终为零
A.弹簧对挡板的作用力不变
C.A｀B之间的摩擦力—定增大
l6.如图所示’弹性轻绳—端固定于O点’另—端连有＿质量为m的小球α’小球
α通过不可伸长的细绳连接质量相同的小球b,两小球均处于静止状态.现给
小球b施加＿个力F’使弹性轻绳与竖直方向成3（）°角’两球依然保持静止
下列说法中正确的是
（
）
A.弹性绳的长度＿定增加
Bα｀b间细绳上的张力可能减小
C.力F的值可能大于′ng
∏力′的值可能小于÷咖‘
42
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必修｜
第三章牛顿运动定律
第＿讲牛顿第-定律｀牛顿第三定律
｜
内容霉旗隐
物体的惯性总是以保持“原状”或反抗“改变’,两种形式表现出来物体在不受外力
或所受的合外力为零时’惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变（静止或匀速直线
运动）.牛顿第—定律是经过科学抽象归纳推理总结出来的’而牛顿第二定律是—条实
验定律
牛顿第三定律在受力分析｀处理连接体问题中都有广泛的应用.当某个力不方便直
接分析或求解时’可利用牛顿第三定律转换研究对象’通过分析或求解反作用力’从而快
捷地解决问题.
◎典例剖析
≈……～一←≈～
［例l］如图所示’＿盛水的容器固定在—个小车上’在容器中分别悬挂铁
乓球
＿只铁球和拴住—只乒乓球.容器中的水和铁球｀乒乓球都处于
静止状态.当容器随小车突然向右运动时’两球的运动状况为（以小车为参考系）
（
）
A.铁球向左’乒乓球向右
｛〕.铁球和乒乓球都向左
B.铁球向右’乒乓球向左
D铁球和乒乓球都向右
■
盯
析
解
◆
［答案］
A
［分析］
因为小车突然向右运动’铁球和乒乓球都有向右运动的趋势’但由于与同体积的
“水球”相比’铁球质量大、惯性大’铁球的运动状态难改变’即速度变化慢’而同体
43
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.满分之路.搞定力学l
■露m
积的‘·水球”的运动状态容易改变’即速度变化快’而且水和车一起向右运动’所以
小车向右运动时’铁球相对小车向左运动.同理’由于乒乓球与同体积的“水球”相
比’质量小’惯性小’乒乓球相对小车向右运动.
［小结］
（l）质量是物体惯性大小的唯＿量度’物体的质量越大’惯性越大’状态越难
改变.
（2）悬挂在空气中的铁球和乒乓球的惯性都比对应的“空气球”的惯性大’但悬挂
在水中的乒乓球的惯性没有对应的“水球”的惯性大.
［例2］如图所示’用水平力F把＿个物体紧压在竖直墙壁上静止’下列说法中
正确的是
（
A.水平力F跟墙壁对物体的弹力是＿对作用力与反作用力
B.物体的重力跟墙壁对物体的静摩擦力是＿对平衡力
C.水平力F与物体对墙壁的压力是—对作用力与反作用力
I）.物体对墙壁的压力与墙壁对物体的弹力是＿对作用力与反作用力
）
［答案］
BI）
［分析］
水平力F跟墙壁对物体的弹力作用在同一物体上’大小相等方向相反且作用在同
一条直线上’是一对平衡力’选项A错误;物体在竖直方向上受竖直向下的重力以
及墙壁对物体竖直向上的静摩擦力的作用’因物体处于静止状态’故这两个力是
一对平衡力’选项B正确;水平力F作用在物体上’而物体对墙壁的压力作用在墙
壁上’这两个力不是乎衡力’也不是相互作用力’选项C错误;物体对墙壁的压力
与墙壁对物体的弹力是两个物体间的相互作用力’是一对作用力与反作用力’选
项D正确。
q4
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1娜修1第三章牛顿运动定律｝
‖小结‖
-对平衡力和作用力与反作用力的比较
-对平衡力
作用力与反作用力
作用对象
同一个物体
两个相互作用的不同物体
作用时间
不＿定同时产生｀同时消失
＿定同时产生｀同时消失
不＿定相同
力的性质
＿定相同
｜
｜
作用效果
可相互抵消
不可抵消
.砾章节练习
、…≡■……甲…瑶＝鞘亨≈…≈彝囊碍号撞闺…昆—……＿密
…
铝
…～
……
l.如图所示’甲为水平传送带’乙为倾斜传送带’当行李箱随传送带＿起匀速运动时’下列
判断中正确的是
）
（
＜瑟
∩
甲
乙
A.甲上的行李箱受到重力｀支持力和摩擦力作用
B.乙上的行李箱受到重力｀支持力和摩擦力作用
C.乙上的行李箱受的支持力与重力是—对平衡力
D甲上的行李箱受的支持力与重力是＿对作用力与反作用力
2.如图所示’人沿水平方向拉牛’但没有拉动’下列说法中正确的是
）
（
A.绳拉牛的力小于牛拉绳的力
B.绳拉牛的力与牛拉绳的力是—对平衡力
（〕.绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是＿对平衡力
I）.绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是相互作用力
46-＿＿≡ˉ
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｛满分之路′搞定力学［
3.牛顿在总结C.雷恩、J.沃利斯和C.惠更斯等人的研究结果后’提出了著名的牛顿第三定
律’阐述了作用力和反作用力的关系’从而与牛顿第—定律和牛顿第二定律形成了完整
的牛顿力学体系下列关于作用力和反作用力的说法中正确的是
（
）
A.物体先对地面产生压力’然后地面才对物体产生支持力
B.物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡
C.人推车加速前进’人对车的作用力的大小等于车对人的作用力的大小
D.物体在地面上滑行’物体对地面的摩擦力大于地面对物体的摩擦力
@
@
4.如图所示’在—辆表面光滑且足够长的小车上’有质量为′厕l和m2
的两个小球（″ll＞″!2）随车＿起匀速运动’当车突然停止时’若不考
虑其他阻力’则两个小球
（
）
A.—定相碰
B.—定不相碰
C.不＿定相碰
D无法确定
｜
｜
两≡…′
5.汽车拉着拖车在平直的公路上运动’下列说法中正确的是
（
）
A.汽车能拉着拖车前进是因为汽车对拖车的拉力大于拖车对汽车的拉力
B.汽车先对拖车施加拉力’然后才产生拖车对汽车的拉力
C.匀速前进时’汽车对拖车的拉力等于拖车向后拉汽车的力;加速前进时’汽车对拖车的
拉力大于拖车向后拉汽车的力
D.拖车加速前进是因为汽车对拖车的拉力大于地面对拖车的摩擦阻力;汽车加速前进
是因为地面对汽车向前的作用力大于拖车对它的拉力
6们利略对“自由落体运动”和‘‘运动和力的关系’’的研究’开创了科学实验和逻辑推理相
结合的重要科学研究方法.图（a）｀（b）分别表示这两项研究中实验和逻辑推理的过程’
对这两项研究’下列说法中正确的是
（
）
（a）
（｝））
A图（a）通过对自由落体运动的研究’合理外推得册小球在斜面上做匀变速运动
B.图（a）中先在倾角较小的斜面上进行实验’可‘冲淡”重力’使时间测量更容易
C.图（b）中完全没有摩擦阻力的斜面是实际存在的’实验可实际完成
I）.图（b）的实验为“理想实验”’通过逻辑推理得出物体的运动需要力来维持
』6
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」必修1第三章牛顿运动定律｜
7.关于反作用力在日常生活和生产中的应用’下列说法中正确的是
（
）
、
乱
芦
世
.赣曲
.
慰;
,
血
忽…志趟…
∏r＝
A.在平静的水面上’静止着—只小船’船上有—人’人从静止开始从小船的＿端走向另—
端时’船向相反方向运动
B.汽车行驶时’通过排气筒向后排出燃气’从而获得向前的反作用力即动力
C.如图所示’是农田灌溉用的自动喷水器’当水从弯管的喷嘴喷射出来时’弯管会自动
转向
I）.软体动物乌贼在水中通过体侧的孔将水吸人鳃腔’然后用力把水挤出体外’乌贼就会
向相反方向游去
8.A｀B｀C三个物体如图所示放置’所有接触面均不光滑.有＿个水平力F作用在物体上’使
A、B、C—起向右做匀速直线运动’则
（
）
A.B对A的摩擦力方向水平向左
B.B对A的摩擦力方向水平向右
C.C对A的摩擦力方向水平向左
I）.C对A的摩擦力方向水平向右
47
~~
~
~
l
B
C
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‖满分之路.搞定力学l
第二讲牛顿第二定律｀两类动力学问题
内容导读0
牛顿运动定律和运动学公式结合起来解决力学问题’是求解物理问题的＿把金钥
匙’利用好这把钥匙’需要做好物体的受力情况和运动情况的分析
O典例剖析
［例l］如图甲所示’质量为′n＝lkg的物体置于倾角为0＝37。的固定且足够长的斜面
上’对物体施以平行于斜面向上的拉力F’在0l＝l s时撤去拉力’物体运动的部
分″-t图象如图乙所示.重力加速度g＝1（）m／s2. sln37°＝0.6’cos37。＝0. 8.
试求:
＼
‖
‖
′
吕
Ⅲ
′
』
‖
｀
′
′
′
）
【
）
）
）
（
（
〔
∑
］
勺
＝
l
t／片
甲
乙
（l）拉力F的大小;
（2）‖＝5s时物体的速度!′的大小.
［答案］
（1）30N
（2）4m／s
［分析］
（1）设力F作用时物体加速度为αl ’对物体进行受力分析
由牛顿第二定律可知Fˉmgsin0ˉ队mgcos0＝′″αl
撤去力F后’由牛顿第二定律有
mgsin0＋尸″〗gcos0＝mα2
48
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「涵穆1第三章牛顿运动定圃
皿疆硒
勺
勺
根据图象可知’α1＝2（）m／s垒’α2＝l0m／s△
代入解得F＝30N’队＝0.5.
（2）设撤去力后物体运动到最高点所需时间为〗2
由″1＝α2‖2’解得〗2＝2s
则物体沿着斜面下滑的时间为‖3＝t-tl-r2＝2s
设下滑加速度为α3’由牛顿第二定律有
mgsin0ˉ队mgcos0＝mα3’解得α3＝2m／s2
t＝5s时速度″＝α3t3＝4m／s.
［小结］
解决动力学两类问题的两个关键点:
（l）两个分析:受力情况分析和运动情况分析
（2）两个桥梁:加速度是联系运动和力的桥梁;速度是各物理过程间相互联系的
桥梁.
［例2］如图所示’是某同学站在力传感器上’做下蹲ˉ起立的动作时记录的力随时间变化
的图线’纵坐标为力（单位为N）’横坐标为时间（单位为s）.由图可知’该同学的体
重约为650N’除此以外’还可以得到的信息有
（
）
巨
届
出
↑
650
｛
—
4
6
8
时间（s）
′）
勺
＝
A.该同学做了两次下蹲—起立的动作
B.该同学做了一次下蹲-起立的动作’且下蹲后约2s起立
C.下蹲过程中人处于失重状态
D.下蹲过程中人先处于超重状态后处于失重状态
49＿＿
′
＼
｜
＼
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｜满分之路.搞定力学l
画雹油
［答案］
B
［分析］
在3～4s下蹲过程中’先向下加速再向下减速’故人先处于失重状态后处于超重
状态;在6～7s起立过程中’先向上加速再向上减速’故人先处于超重状态后处于
失重状态’选项A、C｀I）错误,B正确
［小结］
对超重、失重和完全失重的进＿步理解:
（l）超重并不是重力增加了’失重并不是重力减小了’完全失重也不是重力完全消
失了.在发生这些现象时’物体的重力依然存在’且不发生变化’只是物体对支持
物的压力（或对悬挂物的拉力）发生了变化（即“视重”发生变化）·
（2）只要物体有向上或向下的加速度’物体就处于超重或失重状态’与物体向上运
动还是向下运动无关.
（3）尽管物体的加速度不是在竖直方向’但只要其加速度在竖直方向上有分量’物
体就会处于超重或失重状态
［例3］如图所示’α‖、M｀M是竖直面内三根固定的光滑细杆’α｀b｀c、d位于同＿圆周上’α
点为圆周的最高点’〃点为最低点.每根杆上都套有＿个小滑环（图中未画出）’三个
滑环分别从α｀b｀C处释放（初速度为零）’用′l 、t2、t3依次表示各滑环到达Ⅲ点所用
的时间’则
（
）
α
~~
〃
A. tl＜′7＜′q
～
√
C. t3＞r‖＞』,
』
～
B′l ＞‖2＞t3
D. Ⅱ3≡′l＝‖2
印
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口涩题＿第三章牛顿运动定律｜
圃硼扭
［答案］
D
［分析］
选任一杆上的环为研究对象’设该杆和水乎方向的夹角为0’设圆半径为R’由牛
顿第二定律得
mgsin0＝mα
@
再由几何关系’细杆长度L＝2Rsin0
@
设下滑时阅为′则L二÷娜:
o
陶以上三贰糯,』-2仔,可见下滑碱…杆…美所以D…
［小结］
（l）物体沿着位于同＿竖直圆上的所有光滑弦由静止下滑’到达圆周最低点时间
均相等,且为』-2传（』咽甲所示）
（2）物体物体沿着位于同一竖直圆上的所有过顶点的光滑弦由静止下滑,到达圆
~～
上时间相等为』二2传（如图乙所冻）
甲
乙
6］
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｜满分之路,搞定力学1
雇◎／章节练习
l一个质量为2kg的物体’在5个共点力作用下处于平衡状态.现同时撤去大小分别为
l5N和10N的两个力’其余的力保持不变’g取l0m／s2.关于此后该物体的运动’下列说
法中正确的是
（
）
A.＿定做匀变速直线运动’加速度大小可能是5m／s2
B.—定做匀变速运动’加速度大小可能等于重力加速度的大小
C.可能做匀减速直线运动’加速度大小是2.5m／s2
D.可能做匀速圆周运动’向心加速度大小是5m／s2
2.质量为0. 1kg的小球从空中某高度由静止开始下落到地面’该下落过4A〃／（Ⅱrs ｜）
＞≥≥｝
程对应的″ˉt图象如图所示.小球与水平地面每次碰撞后离开地面时
（）
0.5
的速度大小均为碰撞前的÷,小球运动受到的空气腮力大小但定,‘
取l0m／s2’下列说法正确的是
（
A.小球受到的空气阻力大小为0.3N
B.小球上升时的加速度大小为18m／s2
t／S
）
o小球第—次上升的高隆为0375Ⅷ
∏小球第二次下落的时间为罕,
3.如图所示’物块l ｀2间用刚性轻质杆连接’物块3、4间用轻质弹簧相连’物块l｀3质量为
m’物块2、4质量为M’两个系统均置于水平放置的光滑木板上’并处于静止状态.现将两
木板沿水平方向突然抽出’设抽出后的瞬间’物块l ｀2｀3、4的加速度大小分别为α｜｀α2、
α3、α4.重力加速度大小为g’则有
（
）
r宣
铸…
A.αl ＝α2＝（Z3＝α4＝0
B。αl＝α2＝α3＝α4＝g
（″』＋″坚
C.αl＝α2＝g,α3＝0’α4＝
M
（啊j′o直,“］-0,α』＝
卿
（m＋″）g
Dαl＝g’α2＝
52
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』必修1第三蕊牛顿运动定律｜
4. （2016 .高雪全国卷Ⅱ）两实心小球甲和乙由同一种材料制成’甲球质量大于乙球质量.
两球在空气中由静止下落’假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比’与球的速率
无关.若它们下落相同的距离’则
（
）
A.甲球用的时间比乙球长
B.甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C.甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D.甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
郸……………
和S2相连’通过系在α上的细线悬挂于固定点O’整个系统处于静止状态.现
将细线剪断’将物块α的加速度的大小记为αl ’Sl和S2相对于原长的伸长量
分别记为△L1和△L2’重力加速度大小为g.在剪断的瞬间
（
）
A.αl＝3g
B.αl＝0
C.△Ll＝2△L勺
D△Ll＝△L2
≡
6.如图甲所示’—质量为″的长木板静置于光滑水平面上,其上放置＿质量为m的小滑
块.木板受到水平拉力F作用时’用传感器测出长木板的加速度α与水平拉力F的关系
如图乙所示’重力加速度g＝l（）m／s2’下列说法中正确的是
（
）
∑
｜
早司二坠
O
2
4
6
F／N
乙
甲
A.小滑块的质量m＝2kg
B小滑块与长木板之间的动摩擦因数为0. 1
（〕.当水平拉力F＝7N时’长木板的加速度大小为3
I）.当水平拉力F增大时’小滑块的加速度—定增大
∩
些
∩
□
／
／
］
∏
7.如图所示’倾角为α的光滑斜面固定于水平面’滑块A的上表面与斜面的夹角为β’滑块
A｀B叠放后—起冲」二斜面且始终保持相对静止则A｀B—起沿斜面向上运动时’滑块B
的受力示意图正确的是
（
）
枷酗鞍斡
鹏引
A
｜｝
C
D
53＿＿＿一—ˉ
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｜满分之路搞定力学l
8.质量不等的两木块A｀B’用跨过—轻质定滑轮的轻绳相连’在图示情
况下’木块A｀B＿起做匀速运动.若木块A｀B的位置互相交换’则木
块A运动的加速度为（木块A、B与桌面间的动摩擦因数均为队’且／L
＜1 ’重力加速度为g’空气阻力｀滑轮摩擦均不计）
（
）
A. （lˉ队）g
B. （l-以2）g
歹／／／／／／／／／／
（儿l二丛ig
以
I）.与木块A、B的质量有关
9.以相同初速度将两个物体同时竖直向上抛并开始计时’—个物体所受空气阻力可以忽
略’另＿个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比’下列用虚线和实线描述两物体运
动的速率ˉ时间图象中可能正确的是
（
）
正
』
∩
~
产
~
~
→
′
泣
′
′
匝
｜
β
←
〔
″［v
A
I）
B
C
l0.如图所示’在光滑水平面上’放置着A｀B两个物体.A｀B紧靠在
—起’其质量分别为mA＝3kg’mB＝6kg’推力FA作用于A上’
｜
拉力FB作用于B上’FA｀FB大小均随时间而变化’其规律为FA＝（l2ˉ2t）N’FB
（6＋2t）N.求从t＝（）开始到A｀B相互脱离为止’A｀B的共同位移是多少?
~
“
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』必修1第三章牛顿运动定律｝
ll.＿质量为″l＝2kg的滑块能在倾角为0＝30。的足够长的斜面上
以α＝2.5m／s2匀加速下滑’如图所示.若用—水平向右的恒力F
作用于滑块’使之由静止开始在t＝2s内能沿斜面运动位移卯＝
F
＝·＝＝＝＝→
0
4m.求: （g取l0m／s2）
（1）滑块和斜面之间的动摩擦因数队;
（2）恒力F的大小.
55
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｜满分之路.搞定力学l
l2.如图所示’木板与水平地面间的夹角0可以随意改变’当0＝30。时’可视为质点的＿小
物块恰好能沿着木板匀速下滑.若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率″0＝
10m／s的速度沿木板向上运动’随着0的改变’小物块沿木板滑行的距离厕将发生变
化’重力加速度g取l0m／s2.
（l）求小物块与木板间的动摩擦因数;
（2）当0角满足什么条件时’小物块沿木板滑行的距离最小’并求出此最小值.
56
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』必修1第三章牛颧运动定律｝
弹簧—端固定在倾角为37°的光滑斜面的底端’另—端拴住质量ml ＝4kg的物块P’0
为—重物’紧靠P放置’已知0的质量m2＝8kg’弹簧的质量不计,劲度系数片＝
600N／m’系统处于静止状态’如图所示.现给0施加＿个沿斜面向上的力F’使它从静
止开始沿斜面向上做匀加速运动’已知在前0.2s时间内’F为变力’0.2s以后’F为恒
l3
力.求此过程中力F的最大值与最小值. （sin37。＝0.6’g＝l0m／s2）
P（）
ˉ呵』
］7
57
~
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「
满分之路·搞定力学［
第三讲牛顿运动定律的综台应用
…
本讲利用牛顿运动定律处理问题’涉及的物体多’涉及的物理过程多’很好地考查学
生分析问题和解决问题的能力.
c典例剖析
~
~
…＿＿＝≡■■…■＝■■＿P■■＝■■F…＝■＝∏
■PE■b■V■V■…＝＝p尸●b＝≈■■叮■…≈
~
［例1］质量为lkg的木板B静止在水平面上’可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面
水平冲上木板’如图甲所示.A和B经过ls达到同—速度’之后共同减速直至静止’A和
B运动的″ˉr图象如图乙所示’取g＝l0m／s2’则物块A的质量为
（
）
】!／（l‖l .岛ˉ｜
）
4
l
B
孔
2
—
昨
〕
（）
｝
乙
口
剁
『
（
B2kg
D.6kg
A.lkg
C.3kg
四麓Ⅷ
［答案］
C
［分析］
设A和B间的动摩擦因数为严1 ’B和水平面间的动摩擦因数为似2’0～l S的时间
内A的加速度的大小为αl＝2m／s2’以lmg＝mαl ’可得:川l＝0.2;0～1 s的时间内
B的加速度的大小为α2＝2m／s2’仙lmg-以2（M＋′n）g＝Mα2;l～3sA和B共同
减速运动’加速度大小为α3＝lm／s2’严2（M＋′n）g＝（M＋′n）α3 ’可得:队2＝0. l’
可得:″!＝3kg’选项C正确.
［小结］
分别对A｀B、A和B整体利用牛顿第二定律’然后结合″—r图象把问题解决
58
M
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繁三霞竿顿运动窟德｝
1必修1
（20l5 .高奢全国卷I ）—长木板置于粗糙水平地面上’木板左端放置＿小物块;在
木板右方有＿墙壁’木板右端与墙壁的距离为4.5m,如图甲所示. r＝0时刻开始’小
物块与木板—起以共同速度向右运动,直至t＝l s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极
短）.碰撞前后木板速度大小不变’方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板.已
知碰撞后l s时间内小物块的″ˉ′图线如图乙所示.木板的质量是小物块质量的15
倍’重力加速度大小g取l0m／s2.求:
［例2］（20l5
U／（门）
.
帛
l）
≡片弄＝弄～我
j∩＿
O
l
2
‖／s
甲
（l）木板与地面间的动摩擦因数／儿｜
（2）木板的最小长度;
乙
及小物块与木板间的动摩擦因数川2;
（3）木板右端离墙壁的最终距离
翘溺潞
［答案］
（l）0. l
0.4
（2）60m
（3）6.5m
［分析］
（l）规定向右为正方向.木板与墙壁相碰前’小物块和木板一起向右做匀变速运
动’设加速度为αl ’小物块和木板的质量分别为m和M由牛顿第二定律有
ˉ队｜（″!＋″）g＝（′″＋M）αl
@
由题图乙可知’木板与墙壁碰撞前瞬间的速度u｜＝4m／s,由运动学公式有
Ul＝U0＋αltl
@
』0-艘0《｜＋÷硼′｝
o
式中’jl＝l s’s0＝4.5m是木板碰撞前的位移’″0是小物块和木板开始运动时的速度
联立o@◎式和题给条件得队l＝0. l
@
59＿＿ˉ-ˉˉ
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F
满分之路.搞定力学l
…Ⅷ
在木板与墙壁碰撞后’木板以＿″l的初速度向左做匀变速运动’小物块以!′l的初
速度向右做匀变速运动.设小物块的加速度为α2’由牛顿第二定律有
◎
-／L2″lg＝mα2
由题图乙可得
O2-0l
α气＝
兰
t2-tl
式中’t呵＝2s’〃2＝（）’r1＝l s,!′l＝4m／s’联立◎◎式和题给条件得
◎
@
斗
β
~~
∩
兰
以
（2）设碰撞后木板的加速度为α3’经过时间△p’木板和小物块刚好具有共同速度
″3.由牛顿第二定律及运动学公式得
以2′′lg＋队l（″＋′′l）g＝／｜′α3
O3＝—0l＋α3△′
″3＝″l＋α2At
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中’木板运动的位移为
＿罕3△』
Sl＝
小物块运动的位移为
』2-鹏宁乳A‘
小物块相对木板的位移为
△S＝S2—Sl
联立@◎@o◎oo@@式’并代入数值得
△S＝6.0m
因为运动过程中小物块没有脱离木板’所以木板的最小长度应为6. （）m
O
◎
o
o
@
@
o
印
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』必您1第三章牛颧运动定律｜
蹋耀涵
（3）在小物块和木板具有共同速度后’两者向左做匀变速运动直至停止’设加
速度为α4’此过程中小物块和木板运动的位移为s3.由牛顿第二定律及运动
学公式得
以l（m＋″）g＝（m＋M）α4
@
0ˉ＂;＝2o4腑3
o
碰后木板运动的位移为
S＝Sl＋53
o
联立@◎O◎oo@oo式’并代入数值得
S＝—6.5m
木板右端离墙壁的最终距离为65m.
［小结］
滑块—滑板模型是力学中最常见的模型之一’该类试题有如下几种命题
角度:
角度l
滑块不受力而滑板受拉力
滑板受逐渐增大的拉力而滑块不受力’这种情况下’开始滑块和滑板—起做变加
速运动’当滑块加速度达到其最大值队g时,滑块｀滑板开始发生相对滑动’此后滑
块加速度保持不变’滑板加速度逐渐增大.
角度2给滑块ˉ初速度〃0’两者都不受拉力且叠放在光滑水平地面上
1.若滑板足够长’这种情况下’滑块减速、滑板加速’直至两者速度相等将—起匀
速运动下去’其速度关系为″0-α块』＝α板r.
2.若滑板不够长’这种情况下’滑块会＿直减速到滑下滑板’滑板会—直加
速到滑块滑下.分离前滑块加速度大小α＝队g’滑板的加速度大小
／Lm块g
α＝
m板
6］
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｛满分之路′搞定力学l
＿
..
■
·解祈凶
角度3滑板有初速度o0’两者都不受拉力且叠放在光滑水平面上
1若滑板足够长’滑板减速｀滑块加速’直至两者速度相等将一起匀速运动下去’
其速度关系为″0—α板′＝α块′;
2.若滑板不够长’则滑板会一直减速到滑块滑下’滑块会＿直加速到滑下滑板分
离前滑块的加速度大小α＝“’滑板的加速度大小α＝以m块g
m板
.鱼／章节练习
…—
~~~
~~
≡睡…～＝＝
＝■
吁…
啼…≡＿
~~
l.为了使雨滴能尽快地淌离房顶要设计好房顶的高度’设雨滴沿房顶下淌时做无初速度
无摩擦的运动’那么如图所示的四种情况中符合要求的是
（
）
｜■
B
（
＼
2.
（20l5 .高雪全国卷I ）如图甲’—物块在l＝0时刻滑上＿固定斜面’其运动的″ˉj图
线如图乙所示.若重力加速度及图中的!′0｀″l ｀tl均为已知量’则可求出
（
）
0O
甲
乙
A.斜面的倾角
B.物块的质量
（〕~物块与斜面间的动摩擦因数
D.物块沿斜面向上滑行的最大高度
62
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酗铡ˉ镶三窜牛顿运动定翻
3.如图所示’A｀B质量均为′′』’叠放在轻质弹簧上（弹簧下端固定于地面上）’对
A施加＿竖直向下｀大小为F（F＞2mg）的力’将弹簧再压缩—段距离（弹簧始
终处于弹性限度内）而处于平衡状态’现突然撤去力F’设两物体向上运动过
程中A｀B间的相互作用力大小为FN’则关于FN的说法中正确的是（重力加
速度为g）
A刚撤去外〃′时,′＂＝Ⅱ罕
＼
／
′
／
‖
＼
＂弹簧弹力等于F∩｜,′＂二:
C.两物体A｀B的速度最大时’FN＝mg
D.弹簧恢复原长时’FN＝mg
4.如图所示’在摩擦力不计的水平桌面上放一质量为m乙＝5kg
的盒子乙’乙内放置—质量为′′l丙＝l kg的滑块丙’用＿质量不
计的细绳跨过光滑的定滑轮将＿质量为m甲＝2kg的物块甲与甲
乙
乙相连接’其中连接乙的细绳与水平桌面平行.现由静止释放物块甲’在以后的运动过程
中’盒子乙与滑块丙之间没有相对运动’假设整个运动过程中盒子始终没有离开水平桌
面’重力加速度g＝10m／s2.则
（
）
A.细绳对盒子的拉力大小为20N
B.盒子的加速度大小为2.5m／s2
C.盒子对滑块丙的摩擦力大小为2.5N
D.定滑轮受到细绳的作用力为30N
5.如图所示’倾斜的传送带始终以恒定速率″2运动’＿小物块以o｜的初速度冲上传送带’
则自小物块冲上传送带时’小物块在传送带上运动的速度图象可能是
（
）
B
●
『）｜
＞『百
0】
｜
~~~~~~~~~~~~~~~~~~
『‖
′!
｜
‖
｜′—
〔）L---ˉ—
＼
′）
）
（
＝
′
／
〔
＝
′
／
／
l）
C
B
＼
63ˉ＿＿ˉ＿＿
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｝满分之路。搞定力学■
6.如图所示’有材料相同的P｀0两物块通过轻绳相连’并在拉力F
作用下沿斜面向上运动’轻绳与拉力F的方向均平行于斜面.当
拉力F—定时’0受到绳的拉力
（
）
A.与斜面倾角0有关
B.与动摩擦因数有关
C.与系统运动状态有关
D.与两物块质量有关
7~如图所示’—长木板在水平地面上运动’在某时刻（t＝0）将＿相对于地面静止的物块轻
放到木板上’已知物块与木板的质量相等’物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块
与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力’且物块始终在木板上’在物块放到木板上之
后’木板运动的速度ˉ时间图象可能是下列选项中的
（
）
D＂↑似~~
′』｜］‖‖｜
＂0‖! l』
′!0k
＾Ⅷ＼,冷ˉ｀
~ ｛
↑》（｝
∩
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｜
＝＝
〔）
′
｜
t2
′
（）
′
｜j2
′
（）
′｜′2
‖
0
l｜
t2
j
A
B
C
D
820l2年ll月’ ‘‘歼l5”舰载机在』‘辽宁号”航空母舰上着舰成功.图甲为利用阻拦系统让
舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图.飞机着舰并成功钩住阻拦索后’飞机的动
力系统立即关闭’阻拦系统通过阻拦索对飞机施加＿作用力’使飞机在甲板上短距离滑
行后停止某次降落’以飞机着舰为计时零点’飞机在t＝0.4s时恰好钩住阻拦索中间位
置’其着舰到停止的速度ˉ时间图线如图乙所示.假如无阻拦索,飞机从着舰到停止需要
的滑行距离约为l000m.已知航母始终静止’重力加速度的大小为g’不计空气阻力.则
（
）
｀
【
〗
／
日
Ⅷ
〃
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［
〃
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糕嘉＼虹
｜』日
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了
β
旬
斗
〕
’
～
｜
《
u′
~~~~
05l0
｛52.0253。035′／肖
甲
乙
A从着舰到停止』飞机在甲扳卜滑行的距离约为无阻拦索时的而
B.在0.4～2.5s时间内’阻拦索的张力几乎不随时间变化
G在滑行过程中’飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g
D.在0.4～2.5s时间内’阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变
“
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1必修1第三章牛顿运动定律·
9.如图甲所示’质量为m2的长木板静止在光滑的水平面上’其上静置—质量为ml的小滑
块.现给木板施加—随时间均匀增大的水平力F’满足F＝肛（k为常数’‖代表时间）’长
木板的加速度α随时间t变化的关系如图乙所示.已知小滑块所受到的最大静摩擦力等
于滑动摩擦力.下列说法中正确的是
（
）
』｜″／（m.Sˉ2）／
‖
｜
／了＝＝＝＝＝■＝＝＝■
〕
7
熟
~
l
｜—了四—～—栏—里
歹才≡
O｜
l
2
3
4
′／s
甲
乙
A.在0～2s时间内’小滑块与长木板间的摩擦力不变
B.在2～3s时间内’小滑块与长木板间的摩擦力在数值上等于′Ⅶ2的大小
（〕.ml与m2之比为1
:
2
D.当小滑块从长木板上脱离时,其速度比长木板小0.5m／s
l0.如图所示’质量M＝8kg的小车放在光滑的水平
面上’在小车左端加—水平推力F＝8N’当小车
向右运动的速度达到l.5m／s时’在小车前端轻
轻地放上—个大小不计｀质量为′网＝2kg的小物块’物块与小车间的动摩擦因数严＝
0.2’小车足够长.求:（取g＝l0m／s2）
（1）放上小物块后’小物块及小车的加速度各为多大?
（2）经多长时间两者达到相同的速度?
（3）从小物块放上小车开始’经过t＝l.5s小物块通过的位移大小为多少?
65ˉ＿
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｜满分之路.搞定力学〗
如图所示’水平传送带两个转动轴轴心相距L＝20m’正以〃＝4.0m／s的速度匀速向右
传动’某物块（可视为质点）与传送带之间的动摩擦因数为0. l’将该物块从传送带左端
无初速度地轻放在传送带上’从左端运动到右端’（g取l0m／s2）求:
l］
』｜∩
‘
门—.口
＞l
（l）物块运动的时间;
（2）物块相对于传送带运动的相对位移大小;
（3）若提高传送带的速度’可以使物块从传送带的—端传到另—端所用的时间缩短.为
使物块传到另—端所用的时间最短’传送带的最小速度是多少?最小时间是多少?
“
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『忍穆1第三章牛顿运动定篷］
如图甲所示为一倾角0＝37。足够长的斜面’将＿质量m＝l kg的物体在斜面上静止释
放’同时施加一沿斜面向上的拉力’拉力随时间变化关系图象如图乙所示’物体与斜面
l2
间动摩擦因数川＝0.25.取g＝］（）m／s2’sin37°＝（）.6’cos37°＝0.8’求
F／N
45
~~
3.（）
l5 一
（）
2l4l6′／S
2468］0l
甲
乙
（l）2s末物体的速度大小;
（2）前l6s内物体发生的位移
67
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幢分之路.搞歪万孽〗
如图所示’＿质量″』＝0.4kg的小物块’在与斜面成某一夹角的
拉力F作用下’沿斜面向上做匀加速运动’经t＝2s的时间物
块由A点运动到B点’物块在A点的速度为″0＝2m／s’A｀B之
l3
间的距离z-l0m巳知斜面｛顷角0二］0.物块与斜间之间的动靡擦闲数腆-卓重力加
速度g取l0m／s2.
（l）求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小.
（2）拉力F与斜面夹角多大时’拉力F最小?拉力F的最小值是多少?
68
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『必修1第三章牛顿运动定律｝
l4.如图所示’静止在光滑水平面上的斜面体’质呈为M’倾角为α’
其斜面上有—静止的滑块’质量为m’两者之间的动摩擦因数
为队’滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力’重力加
速度为gˉ现给斜面体施加水平向右的力使斜面体加速运动’求
F
—
″″″…″″
（l）若要使滑块与斜面体＿起加速运动’图中水平向右的力F的最大值;
（2）若要使滑块做自由落体运动’图中水平向右的力F的最小值.
69＿—＿＿-＿—-
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｛满分之路.搞定力学k
l5.图甲为＿转动的传送带AB’传送带以恒定的速率″逆时针转动.在传送带的左侧边缘
的B点有＿滑块若让滑块以向右的初速度″l＝3m／s冲上传送带’滑块运动的oˉ′图
象如图乙中α所示’若让滑块以向右的初速度〃2＝6m／s冲上传送带’滑块运动的〃ˉ!
图象如图乙中b所示.g取10m／s2’求:
＼
■
‖
′
吕
】
】
】
／
‖
｀
′
∏
／
‖
」
『
∩
｀
楞
二
-｛
‘l
∩
｛′
勺
-叁
廷
「「｜
乙
（l）传送带的长度／和传送带与物块之间的动摩擦因数严;
（2）滑块以初速度＂l＝3m／s冲上传送带时’滑块返回B点的时间
16.如图所示质量为4kg的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上’绳与竖
直方向夹角为37°.已知g＝］0m／s2’sln37。＝0.6’cos37。＝0.8’求:
（l）当汽车以α＝2m／s2向右匀减速行驶时’细线对小球的拉力和小
球对车后壁的压力;
（2）当汽车以α′＝l0m／s2的加速度向右匀减速运动时’细线对小球白
后壁的压力.
的加速度向右匀减速运动时’细线对小球的
＼
○
（）
○
7′／／／／／／／／／／／／／／／／／／
拉力和小球对车
~~
7O
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必（｜彦2第四章曲线运动万有弓｜力
第-讲运动的台成与分解
…
本讲重点讲曲线运动的概念｀特点及条件和运动的合成与分解法则.
c典例剖析
（例1］小船匀速横渡＿条河流’当船头垂直对岸方向航行时’在出发后l（）min到达对岸下
游l20m处;若船头保持与河岸成0角向上游航行’则在出发后12.5min到达正对
岸’求:
（l）水流速度大小″l
;
（2）船在静水中的速度大小!′2;
（3）河的宽度;
（4）船头与河岸的夹角0.
…汹
［答案］
（｜）02nl／;
（2）＋nl／.
［分析］
如图甲所示’设水流速度大小为〃l
,
铡;删｜ˉ守～｜;兰0nM詹-α2m／,
又有;心-‖
（3）200m
（4）53。
B仔l2（）m←｜C
（
甲
7］
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｜满分之路.搞定力学l
d
如图乙所示’据题意有t2＝似2sin0
·削
U2COS0＝0l
乙
解得:d＝200m
l~′
″2＝丁m／s
0＝53°.
［小结］
l.记住—点:船的实际运动是水流的运动和船相对静水运动的合运动.
2.会区分三种速度
″船为船在静水中的速度;
″水为水的流速;
″合为船的实际速度
3.会分析两种情况
】
』
【
—
情况
图示
说明
最短
时间
渡河
当船头垂直河岸时’渡河时间最短’最短
时间tmin＝丛
0船
当″水＜″船时’如果满足″水ˉ″瓣os0＝
0’渡河位移最短’卿min＝‘′
最短
位移
渡河
＿
o水＞″船时’如果船头方向（即!〕船方
向）与合速度方向垂直’渡河位移最短’
〃1／水
最短渡河位移为卯min＝＿
O船
、
川
礼
｜
｜
｜
｜
｜
〗
α
｜
｜
｜
‖
｝
｜
‖
＂
‖
√
矿
′
、
水
夕
｀
』
｀
仅
、
ˉ
｀
■
′
船
γ
匹
浊
′
』
、
乡
｀
■
巴
】
、
＝
■
扛
岁
＾
旧
渺
72
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1必修重第四章曲线运动万有引力｝
［例2］如图所示’人在河岸上用轻绳拉船’某时刻人的速度为″,船的速度为!′｜’绳与水平方
向的夹角为0’则下列有关速度的合成或分解图正确的是
（
）
-T
川
斗
／
~
／
亏
｀
［
必
｝
〖
孔
‰
＂
川
征
B
｀
l）
（
…Ⅷ
［答案］
C
［分析］
实际发生的运动为合运动’小船实际水平向左运动’因此合速度即o1水平向左’选
项A｀B、D错误;船在运动的同时’绳子长度变短’因此一个分速度沿绳子方向’与
人的速度″大小相同’除去绳子长度变化不考虑’即可发现另外一个效果是绳子
和竖直方向的夹角变小’即在以定滑轮为圆心｀以绳长为半径做圆周运动’线速度
方向和绳子垂直’所以另外一个分速度是和绳子垂直的’选项C正确.
［小结］
解决绳（杆）端速度分解问题的技巧:
（1）明确分解谁—分解不沿绳（杆）方向运动物体的速度;
（2）知道如何分解＿沿绳（杆）方向和垂直绳（杆）方向分解;
（3）求解依据-—ˉ因为绳（杆）不能伸长’所以沿绳（杆）方向的速度分量大小相等.
［例3］质量为2kg的质点在则Oγ平面上做曲线运动’在卿方向的速度图象和y方向的位移
图象如图所示’下列说法正确的是
（
）
6↑″（m.sˉ｜）
｝｜Mh｛~
』≥
!＼—
｜~｜~!
｜—＝
（）
l
2
′八
（）
｜
2
′人
A.质点的初速度为3m／s
B.2s末质点速度大小为6In／s
C.质点做曲线运动的加速度为3m／s2
D质点所受的合外力为3N
73
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′满分之路,搞定力学］
…m
［答案］
D
［分析］
在位移—时间图象中’图象的斜率表示速度’故质点在y方向上做″γ＝ˉ4m／s的
匀速直线运动’质点在卯方向上的初速度为″沁＝3m／s’所以质点的初速度为锄0＝
√万F万了＝5m／s,选项A错误;2§末质点在卯轴方向上的速度为侧愿2＝6n√s,在γ方
向上的速度为″y＝ˉ4m／s’所以质点的合速度不等于6m／s’选项B错误;因为质
点在匆轴方向上做匀力口速直线运动’在y轴方向上做匀速直线运动’故质点做曲线
运动的加速度等于鞭轴方向上的加逮度’故α＝早m／詹2-l5m／鼠2,疏点受到的
合力F合＝m（J＝3N’选项（〕错误’选项I）正确
［小结］
l.合运动和分运动的关系:
（l）等时性:各个分运动与合运动总是同时开始’同时结束’经历时间相等（不同
时的运动不能合成）.
（2）独立性:—个物体同时参与几个分运动时’各分运动独立进行’互不影响.
（3）等效性:各分运动叠加起来与合运动有完全相同的效果.
（4）同—性:各分运动与合运动是指同＿物体参与的分运动和实际发生的运动’
不能是几个不同物体发生的不同运动.
2.运动的合成与分解的运算法则:运动的合成与分解是指描述运动的各物理量即
位移｀速度、加速度的合成与分解’由于它们均是矢量’故合成与分解都遵守平
行四边形定则.
习
练
→
徊
＝
旱
′
●
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
~~
l.＿个质点受到两个互成锐角的力Fl和F2的作用’由静止开始运动’若运动中保持两个
力的方向不变’但Fl突然增大△F’则质点此后
（
）
A.＿定做匀变速曲线运动
B.在相等时间内速度变化＿定相等
C.可能做变加速曲线运动
D.＿定做匀变速直线运动
74
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「必修2第四章曲线运动万有引力｝
2.如图甲所示’在—端封闭的光滑细玻璃管中注满清水’水中放＿蜡块R（R视为质点）.将
玻璃管的开口端用胶塞塞紧后竖直倒置且与y轴重合’R从坐标原点开始运动的轨迹如
图乙所示,则蜡块R在腮｀y轴方向的运动情况可能是
（
）
｝‖
）∧0l1】
厂
R
′）
）
~／
Ⅺ／Cn
〔
■
【
Ⅲ
甲
乙
A.则轴方向匀速直线运动’γ轴方向匀速直线运动
B.如轴方向匀速直线运动’γ轴方向匀加速直线运动
C.狐轴方向匀减速直线运动’γ轴方向匀加速直线运动
∏卯轴方向匀加速直线运动’γ轴方向匀速直线运动
3.甲｀乙两船在同—河流中同时开始渡河’河水流速为〃0’两船在静水中的速率均为似.甲、
乙两船船头均与河岸夹角为0’如图所示’已知甲船恰好能垂直到达河正对岸的A点’乙
船到达河对岸的B点’A｀B之间的距离为L则下列判断中正确的是
（
）
B
4
删办
甲
乙
A.甲、乙两船同时到达对岸
B.若仅是河水流速″0增大’则两船的渡河时间都不变
C.不论河水流速″0如何改变只要适当改变0’甲船总能到达正对岸的A点
D.若仅是河水流速似0增大’则两船到达对岸时’两船之间的距离仍然为L
4.有甲｀乙两只船’它们在静水中航行速度分别为″l和似2’现在两船从同＿渡口向河对岸
开去’已知甲船想用最短时间渡河’乙船想用最短航程渡河’结果两船抵达对岸的地点恰
好相同则甲｀乙两船艘舰断用时间之比÷为
（
）
7
0T
I）.
丁
O与
叁
司
!′i
C.—厅
乙
0）l
7
A.堕
0l
Ol
B.—
U2
75
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』
满分之路搞定力学k
＼＼
5.如图所示’水平光滑长杆上套有—物块0’跨过悬挂于0点的轻小光
滑圆环的轻绳＿端连接0’另＿端悬挂—物块P.设轻绳的左边部分
与水平方向的夹角为0’初始时0很小.现将P｀0由静止同时释放’关
于P｀Q以后的运动情况下列说法中正确的是
（
）
A.当0＝60。时’P｀0的速度之比是何:2
0P
B.当0＝9（）。时’0的速度最大
C.当0＝9（）。时’Q的速度为零
D.当0向90。增大的过程中0的合力＿直增大
6.＿质量为m的质点起初以速度″0做匀速直线运动’在t＝0时开始受到恒力F作用’速
度大小先减小后增大’其最小值为〃＝0.5″0’由此可判断
（
）
A.质点受到恒力F作用后—定做匀变速曲线运动
B.质点受到恒力F作用后可能做圆周运动
C. t＝0时恒力F方向与速度u0方向之间的夹角为60。
D恒」」′作用时间婴时顾…最｜｀
7.如图所示’河水由西向东流’河宽为8（）0m’河中各点的水流速度大小为″水’各点到较近
河岸的距离为獭,鹏水与趣的关系为删水＝命（nM爵）（x的单位为m）,讣小船船头垂直河
岸由南向北渡河’小船划水速度大小恒为0船＝4m／s’则下列说法中正确的是
（
）
山〈8｜bⅢ
＂′
0｜＂船
A.小船渡河的轨迹为直线
B.小船在河水中的最大速度是5m／s
C.小船在距南岸200m处的速度小于在距北岸200m处的速度
D.小船渡河的时间是l60s
76
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』必修2第四章曲线运动万有引力｝
8.如图所示’—轻杆两端分别固定质量为′nA和″lB的两个小球A和B（可视为质点）.将其
放在一个光滑球形容器中从位置l开始下滑’当轻杆到达位置2时球A与球形容器球心
等高其速度大小为!′1 ’已知此时轻杆与水平方向成0＝30。角’B球的速度大小为″2’则
（
）
＼l
〔）
n＝』ˉˉˉ＝＝■●＝＝＝■■＝＝＝
（′＼
｜
兴
兰
B
l
A.″2＝丁!′l
C.u2＝0l
B02＝2［）l
D.″2＝√gbl
9.如图所示’细绳—端固定在天花板上的O点’另—端穿过—张CD光
盘的中央小孔后拴着＿个橡胶球’橡胶球静止时’竖直悬线刚好挨着
水平桌面的边沿.现将CD光盘按在桌面上’并沿桌面边缘以速度″
匀速移动’移动过程中’CD光盘中央小孔始终紧挨桌面边线’当悬线
与竖直方向的夹角为0时’小球上升的速度大小为
○
（
）
A.Dsinβ
B. 1）cos0
［）
D·
taIl0
C.otaII0
）
10.在光滑的水平面内建立如图所示的直角坐标系’光滑细杆∧B的两
个端点A｀B被分别约束在“轴和γ轴上运动’现让A沿卯轴正方向
以o0匀速运动’已知P点为杆AB的中点’杆AB与卯轴的夹角为0.
下列关于P点的运动轨迹和P点的运动速度大小″的表达式中正
确的是
A.P点的运动轨迹是—条直线
BP点的运动轨迹是圆的—部分
C.P点的运动速度大小″＝″0tan0
B
＼＾
（）
（
）
″0
D.P点的运动速度大小″＝】百IIIˉ∏
77＿＿—＿
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厂
满分之路.搞定力学｝
ll.—个半径为R的半圆形柱体沿水平方向向右以速度!′0匀速运动’在
半圆形柱体上搁置＿根竖直杆’此杆只能沿竖直方向运动’如图所
示.当杆与半圆柱体接触点与柱心的连线（）P与竖直方向的夹角为0
…／〃〃〃〃〃〃／〃〃〃
时’求竖直杆运动的速度
l2.水平桌面上有两个玩具车A和B’两者用—轻质细橡皮筋相连’在橡皮筋上有—红色标
记R.在初始时橡皮筋处于拉直状态’A、B和R分别位于直角坐标系中的（0’2／）｀（0’ˉ／）
和（0’0）点.已知A从静止开始沿γ轴正方向做加速度大小为α的匀加速运动;B平行
于卯轴朝则轴正方向匀速运动.在两车此后运动的过程中’标记R在某时刻通过点
（／’′）.假设橡皮筋的伸长是均匀的’求B运动速度的大小.
78
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『恿硬＿第四巍曲线运动万有引Ⅺ］
第二讲抛体运动
内容导读0
平抛运动是经典的曲线运动’处理平抛运动时化曲线为直线’把平抛运动分解成水
平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动’然后结合数学上的几何关系进行求解
°典例剖析
~
~~
~~~~
~ ~
~
~~
~
~
~
［例1］如图所示’从倾角为0的足够长的斜面顶端P以速度〃0水平抛出—个小球’落在斜
面上某处0点’小球落在斜面上的速度与斜面的夹角为α.若把初速度变为2″0’小
球仍落在斜面上’则以下说法中正确的是
（
）
A.夹角α将变大
C.小球在空中的运动时间不变
B.夹角α与初速度大小无关
DP、0间距是原来间距的3倍
［答案］
B
［分析］
＋g‘2
2O0tan0
根据tan0＝二～＝旦L得小球在空中运动的时间t＝
’因为初速度变为原
T0t
2O0
g
来的2倍’则小球运动的时间变为原来的2倍’选项（〕错误;速度与水乎方向的夹
角的正切值tanβ＝型＝2tan0’因为0不变’则速度与水乎方向的夹角不变’可知
O0
α不变’与初速度大小无关’选项A错误’选项B正确;P｀0的间距s＝—些＝ˉ21L
COS0
COS0
誓:′｀……来…则′〃……来输4倍选…谨
三≡
79
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｛满分之路搞定力学【
｜·解Ⅷ
［小结］
l.速度改变量为恒量:
平抛运动的加速度为重力加速度g’所以做平抛运动的物体在任意相等时间间
隔△t内的速度改变量A″＝g△r相同’方向恒为竖直向下’如图甲所示.
2.两个重要推论:
（1）做平抛（或类平抛）运动的物体任—时刻的瞬时速度的反向延长线—定通
过此时水平位移的中点’如图乙所示.
（2）做平抛（或类平抛）运动的物体在任—时刻’设其速度方向与水平方向的夹
角为0’位移与水平方向的夹角为α’则tan0＝2tanα’如图乙所示.
Ox＝＂0
冗
、〈＼」.』
B
（）
~
~
~
″
『
△［
勺
＝
迅
『
Ⅲ
″2
AZ
）
【）V3
乙
U3
）
甲
［例2］如图所示’蜘蛛在地面与竖直墙壁之间结网’蛛丝AB与水平地面间的夹角为45。’A
点到地面的距离为lm.已知重力加速度g取l0m／s2’空气的阻力可忽略不计’若蜘
蛛从竖直墙上距地面0.8m的C点以水平速度o0跳出’要到达蛛丝’水平速度″0至
少为
（
）
』
℃
（）
″夕夕〃J″J″J″y〃JJJⅫ…Ⅲ…
A。lm／s
C.2.5m／s
B.2m／s
l）.√5m／s
8O
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『晒修2第四章曲线运动万有引力｜
［答案］
B
［分析］
蜘蛛运动轨迹与蛛丝AB相切’如图所示’AC之间距离为
AC＝lm-0.8m≡0·2m
由图知:卯＝γ＋0.2m
』
℃
γ
月
◎
◎
由乎抛规律知:tan45。＝型
U0
o
卯＝【）0t
l
,
y＝丁g厂
@
联立O@O@解得:″0＝2m／s’选项B正确.
［小结］
蜘蛛从竖直墙上距地面0.8m的C点以水平速度″0跳出’刚好到达蛛丝’蜘蛛的
轨迹刚好和蛛丝相切.
［例3］如图所示’水平屋顶高H＝5m’围墙高h＝3.2m’围墙到房子的水平距离L＝3m’围
墙外马路宽卯＝l0m’为使小球从屋顶水平飞出落在围墙外的马路上’小球离开屋顶
时的速度〃0的大小的可能值为（g取l0m／s2）
（
）
卜L≡｜＿狐ˉ—←｜
B12m／s
D.2m／s
A.6m／s
C。4m／s
8］
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.满分之路.搞定力学l
■疆Ⅷ
［答案］
AB
［分析］
若o0大大’小球将落在马略外边’因此’要使小球落在马略上’
p0的最大值″m为小球落在马略最右侧A点时的平抛初速度’
如图所示’小球做乎抛运动’设运动时间为‖l ’则:
水乎方向有:L＋则＝″mt｜
竖直方向有;H＝＋g′｝
～
~~广
解得测啊＝（瓜＋w壶二｜］m／爵;
／l
≡L斗—卿—ˉ←｜
若″0太小’小球将被围墙挡住’不能落在马略上’因此″0的最小值″min为小球恰
好越过围墙的最高点P落在马路上B点时的乎抛初速度’设′」｀球运动到P点所需
时间为』2则此过程中水乎方向有L二删咖陶,竖直方向有愿—″二÷飘i,解得则咖＝
L√可「杀＂）-3 m／s’故初速度″0的值满足5m／s＜″0＜13m／s的都可以’选项
A｀B正确。
［小结］
物体做平抛运动的水平位移为鳃＝＂0′,竖直位移为γ＝÷霹2,进＿步可得
厂---
Ⅷ0二獭√芳
［例4］A｀B两个质点以相同的水平速度″0抛出’A在竖直平面内运动’落地点为PlB沿光
滑斜面运动’落地点为P2’不计阻力’如图所示.下列比较Pl ｀P2在则轴上远近关系
的判断中正确的是
（
）
A、B
｀
吨ˉ∧＼p;
A.Pl较远
（〕.Pl ｀P2等远
B.P2较远
D.A｀B两项都有可能
＿82
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『必修2第四章＿〔曲线运动万有引力］
m泌滔
［答案］
B
［分析］
」质点水乎抛出后,只受童力,做乎抛运动,在竖直方向有h＝靠‘｝;
B质点水平抛出后’受重力和支持力’在斜面乎面内所受合力为mgsin0’大小恒定
且与初逮度方向塞直,所蚁愿质点做巢乎抛运动在沿斜面向下方向上志-
÷g…′;,由此得啦＞』｜,由于二者在水乎方向（瓣轴方向）上都做速度为删o输匀
速运动’显然卯2＞腮l ,故选项B正确.
［小结］
类平抛运动的求解方法:
（1）常规分解法: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（即沿合力的方向）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.
（2）特殊分解法:对于有些问题可以过抛出点建立适当的直角坐标系’将加速度
α分解为α卿、αγ’初速度″0分解为″则、Uγ’然后分别在则｀γ方向列方程求解.
习
练
→
∏
＝
旱
／
＂
◆
~~~~~~~~
l.如图所示为飞镶比赛时打在镍盘上的两支飞镶’A飞漂的方向与竖直方向的夹
角大于B飞镶的方向与竖直方向的夹角.若飞镶沿水平方向掷出’两飞镍的抛出
点在同—竖直线上’忽略空气阻力.下列说法中正确的是
（
）
A.A、B两飞镍的掷出点—定在同＿点
B.A飞镶的掷出点＿定比B飞镶的掷出点高
C.A飞镶掷出的初速度＿定比B飞镍掷出的初速度大
D.A飞镍在空中飞行时间—定比B飞镶在空中飞行时间长
2如图所示’＿小球从—半圆轨道左端A点正上方某处开始做平抛运动（小球可视为质
点）’飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点.O为半圆轨道圆心’半圆轨道半径为R’
OB与水平方向夹角为60。’重力加速度为g’则小球抛出时的初速度为
（
）
83＿＿
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｜满分之路.搞定力学1
○ˉˉˉ～～ˉ
~~~~~~~~
l
〔）
』俘
.孕
‘√军
Ⅱ呼
3.有—半圆形轨道在竖直平面内’如图所示’0为圆心’AB为水平直径’有—质点从A点以
不同速度向右平抛’不计空气阻力’在小球从抛出到碰到轨道这个过程中’下列说法中正
确的是
（
）
.K
〃
A.初速度越大的小球运动时间越长
B.初速度不同的小球运动时间可能相同
C.落在圆形轨道最低点的小球末速度—定最大
D.小球落到半圆形轨道的瞬间’速度方向可能沿半径方向
4—带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示’水平台面的长和宽分别为L1和L2’中间球网
高度为九发射机安装于台面左侧边缘的中点’能以不同速率向右侧不同方向水平发射
乒乓球’发射点距台面高度为3h.不计空气阻力’重力加速度大小为g.若乒乓球的发射
速率″在某范围内’通过选择合适的方向’就能使乒乓球落到球网右侧台面上’则″的最
大取值范围是
（
）
A腮…L｜√蒜
~~-
聪腮…√（靴羔畸）‘
D
—“
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「恿｛窿i一露四章曲线运动万宵垦陋
5.如图所示’在投球游戏中’某人将小球从′〕点以速度〃水平抛向固定在水平地面上的塑
料筐’小球恰好沿着筐的上沿人筐并打在筐的底角’若要让小球进人筐中并直接击中筐
底正中间,下列说法中可行的是
（
）
′′）
P○＝ˉ
＝……」凶
A.在／〕点将小球以小于″的速度水平抛出
B.在P点将小球以大于o的速度水平抛出
C.在P点正上方某位置将小球以小于似的速度水平抛出
D.在P点正下方某位置将小球以小于似的速度水平抛出
6.在竖直杆上安装＿个光滑小导向槽’使竖直上抛的小球能改变方向后做平
抛运动.不计经导向槽时小球的能量损失’设小球从地面沿杆坚百k抛的
导
速度大小为″’重力加速度为g’那么当小球有最大水平位移时’下列说法中
正确的是
（
）
＾导向槽位置应在高为惫的位置
B.最大水平距离为止
g
C.小球在上｀下两过程中’在经过某相同高度时’合速度的大小总有u下＝2o上
D.当小球落地时’速度方向与水平方向成45。角
↓』
JJJJ〃J〃J〃f〃J『〃JⅡⅡⅡ〃ⅡⅡⅡⅡⅡ
7.如图所示’AB为斜面’BC为水平面.从A点以水平初速度″向右抛出一小球’其第—落
点与A的水平距离为sl ’从A点以水平初速度2〃向右抛出—小球’其第—落点与A的水
平距离为s2.不计空气阻力’则sl
: s2可能为
（
）
4
〃丁
B
Bl
:3
D.
l :5
A.
1 :2
C.
l :4
85
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｜满分之路.搞定力学【
8.如图所示’AB是半圆弧的直径’处于水平’O是圆弧的圆心’C是圆弧上—点’乙0AC＝
37。’已知sin37。＝0.6’cos37。＝0.8’在A｀O两点分别以＿定的初速度同时水平抛出两
个小球’结果都落在C点’则两个小球抛出的初速度″l ｀″2的大小之比为
（
）
』≡＿＿-qˉ＿＿-β
≈
b
≈》
C
A。0l :U2＝32:7
C.0l :D2＝l6 :3
B.Ol :02＝l6 :7
D.Dl
: O2＝l6:9
9.如图所示’将小球以速度″沿与水平方向成0＝37。角斜向上抛出’结果球刚好能垂直打
扭爆直墙面上,球反弹的瞬｜川速度方向水v.且速度大小为碰撞前瞬间速度大小的÷,已
知sln37。＝0.6’cos37。＝0.8’空气阻力不计’则当反弹后小球的速度大小再次为″时’
速度与水平方向夹角的正切值为
（
）
~~~
~~~~~
］
斗
〕
日
●
∧
◎
B÷
勺
D.二二
3
l0.如图所示是倾角为45。的斜坡’在斜坡底端P点正上方某—位置0处以速度〃0水平向
左抛出—个小球A’小球恰好能垂直落在斜坡上’运动时间为rl .若在小球A抛出的同
时’小球B从同＿点0处开始自由下落’下落至P点的时间为‖2’则A、B两球在空中运
动的时间之比r｜
: t2等于（不计空气阻力）
（
）
＜兰↑Q
45γ＼!P
B. l
:√页
A.
l :2
C.
l :3
D. l :√3
86
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「】z愿2第四章曲线运动万有引力｜
ll.—阶梯如图所示’其中每级台阶的高度和宽度都是0.4m.＿小球以水平速度″飞出’重
力加速度g取10m／s2’欲打在第四台阶上’则″的取值范围是
（
）
A.√6m／s＜″≤2√页m／s
B.2√历m／s＜″≤3.5m／s
~一
~～
（〕.√2m／s＜!′＜√6m／s
D.2√回m／s＜!′＜2佰m／s
12.如图所示’＿架在20（）0m高空以2（）0m／s的速度水平匀速飞行的轰炸机’要想用两枚
炸弹分别炸山脚和山顶的目标A和B’已知山高720m’山脚与山顶的水平距离为lⅫm’
若不计空气阻力’g取10m／s2’则投弹的时间间隔应为
（
）
锋→
B
A.4s
C·9s
B5s
D. 16s
如图所示’在水平地面上O点正上方不同高度的A｀B两点分别以速度＂A
右抛出—小球’如果两球均落在同＿点C上且落到C点的速度大小相等’
的距离为卯’已知重力加速度为g’则″A｀UB和卯满足
B?
A↓
和〃B水平向
（）点和C点
（
）
句
〕
］
C
BUAOB＝2gU
D.＂A〖／B＝3g卯
〔）
A.OA0B＝邵
C.0A0B＝4gx
87—
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｜满分之路.搞定力学l
l4如图所示’从高H处的—点O先后平抛两个小球l和2.球l恰
好直接掠过竖直挡板的顶端（未相碰）落到水平地面上的B点’
球2则与地面处A点碰撞＿次后’也恰好掠过竖直挡板落在B
点.设球2与地面碰撞无机械能损失（类似遵循光的反射定
律）’则下列说法正确的是
（
）
A.球l平抛的初速度为球2的3倍
＞
川
＿
◎
）
′
／
｀
〃
飞
』
｝
／／
‖
｜
2
｀
l叮
B
｜
B.球l掠过挡板的时刻恰好是其做平抛运动从〔）到B的中间时刻
c＂点到挡板的距离是愿点到挡板距离的÷
句
u竖直挡板的高度h＝jH
l5.三个同学根据不同的实验条件’进行‘‘探究平抛运动规律”的实验
℃
』
〃
〃
鲤
｜
础
↑-厂厂
图（l）
~
｜零｜（3）
阁（2）
（l）甲同学采用如图（l）所示的装置.用小锤打击弹性金属片’金属片把A球沿水平方
向弹出’同时B球被松开’自由下落’观察到两球同时落地’改变小锤打击的力度’即改
变A球被弹出时的速度’两球仍然同时落地,这说明
（2）乙同学采用如图（2）所示的装置.两个相同的弧形轨道M、／V’分别用于发射小铁球
P｀0’其中Ⅳ的末端与可看做光滑的水平板相切;两轨道上端分别装有电磁铁C｀D;调
节电磁铁C｀D的高度,使AC＝BD’从而保证小铁球P｀Q在轨道出口处的水平初速度″0
相等现将小铁球P｀Q分别吸在电磁铁C｀D上’然后切断电源’使两小铁球能以相同的
初速度″0同时分别从轨道M｀Ⅳ的下端射出.实验可观察到的现象应是
仅仅改变弧形轨道″的高度（保持AC不变）’重复上述实验’仍能观察到相同的现象’
这说明
.
（3）丙同学采用频闪摄影的方法拍摄到如图（3）所示的‘‘小球做平抛运动’,的照片图中
每个小方格的边长为l.25cm’由图可求得拍摄时每隔
s曝光—次’该小
球平抛的初速度大小为
In／s（g取9.8m／s2）.
—88
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』必修2籍四麓曲线运动万有引力｝
16.如图所示’足够长斜面OA的倾角为0’固定在水平地面上’现从顶点（）
＝二＼＼
（）以速度!′0平抛—小球’不计空气阻力’重力加速度为g’求小球在
飞行过程中经过多长时间离斜面最远?最远距离是多少?
A
＿
—
′
广
们
∏
础
‖
—
｝
′
l7.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＿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∧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.
（l）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;
4
探
测
屏
L—ˉ—-←B
89
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I
满分之路.搞定力学l
笋刁
l（）.0
5.0
O
05
了
L兰
用如图甲所示的水平ˉ斜面装置研究平抛（）
运动’＿物块（可视为质点）置于粗糙水平
面上的O点’O点距离斜面顶端P点为s.
每次用水平拉力F’将物块由O点从静止开!
实验时获得物块在不同拉力作用下落在斜面
皿｜
』-口JU』‖斌9U」钻』IE『女〕吓十｜且｜u〈以∏∏Ⅲ
√锹／γD.
l8
′
″
）
′
〖
5兰
＝悍》
〗
］
＝
咖
甲
乙
每次用水平拉力F’将物块由O点从静止开始拉动’当物块运动到P点时撤去拉力F.
实验时获得物块在不同拉力作用下落在斜面上的不同水平射程’作出了如图乙所示的
图象’若物块与水平部分的动摩擦因数为0.5’斜面与水平地面之间的夹角0＝45。’g取
l（）m／s2’设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.则O｀P间的距离s是多少? （保留两位有效
数字）
卯
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』必修卫第四霓;滋线运动万育引力」
○
l9.如图所示’已知倾角为0＝45。｀高为h的斜面固定在水平地面
上—小球从高为〃（h＜H＜:h）处自由下落,与斜面做无能量
损失的碰撞后水平抛出.小球自由下落的落点距斜面左侧的水
平距离卯满足—定条件时’小球能直接落到水平地面上.求:
丁
｜
｜
｜
｜
〃
｜
｜
｜
｜
~
｜
／l
｜
—77777｛…?…「’
（1）小球落到地面上的速度大小;
（2）要使小球做平抛运动后能直接落到水平地面上’卯应满足的条件;
（3）在满足（2）的条件下’小球运动的最长时间
9］
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｜满分之路.搞定力学］
第三讲圆周运动
内容导读0
圆周运动是经典的曲线运动’求解圆周运动问题时’要理解圆周运动的基本概念’要
注意圆周运动的向心力的提供.
O典例剖析
~
~
~
~~~
~
~
［例l］如图所示是磁带录音机的磁带盒的示意图’A｀B为缠绕磁带的
4
两个轮子边缘上的点’两轮的半径均为′’在放音结束时’磁带全
部绕到了B轮上’磁带的外缘半径R＝3′’C为磁带外缘上的—
点’现在进行倒带.下列说法中正确的是
A.A、B｀C三点的周期之比3
: 1 :3
B.A、B｀C三点的线速度之比3 :3
:
l
C.A、B｀C三点的角速度之比l :3 :3
D.』、B｀C三点的向心加速度之比αA :αB :αc＝9
: 1 :3
酮Ⅷ
（
）
［答案］
D
［分析］
倒带时A轮边缘与B轮外边缘C点的线速度相等’由似＝m）可知’（oA＝3α′C’则＝
＋7‘』戳选颧A、坠c均错谩…二竿可颖』鳃二］哪‘,由…1可颖.α‘-］凰″故
αA :αB :αc＝9: 1 :3’选项D正确.
［小结］
传动装置的特点:
（1）共轴传动:固定在—起共轴传动的物体上各点角速度相同.
（2）皮带传动、齿轮传动和摩擦传动:皮带（或齿轮）传动和不打滑的摩擦传动的
两轮边缘上各点线速度大小相等
92
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』必修2第四章曲线运动万有引力｝
［例2］如图所示’—竖直圆盘上固定着—个质量为lkg的小球’小球与圆盘圆心O的距离
为1m.现使圆盘绕过圆心O的水平轴以大小为佰rad／s的角速度匀速转动’则圆盘
对小球的作用力与竖直方向的最大夹角为（取g＝l（）m／s2）
（
）
D
A.90°
C.45◎
B.60。
D.30。
［答案］
D
［分析］
解法-:小球匀速转动’小球受到的向心力始终指向圆心’小球受
到的向心力的大小为F向＝mm）2＝5N’小球受到的重力的大小为
mg＝10N’圆盘对小球的作用力为F’以重力的箭尾为圆心’以
F向的大小为半径做圆’如图所示’当F所在的线段和圆相切时’
圆盘对小球的作阔力与竖直方向的夹角最大测…＝亩二÷’
r向≥O
r向
F
0
矾g
则0＝30°’选项D正确.
解法二:（利用正弦定理解题）
小球匀速转动’小球受到的向心力始终指向圆心’小球受到的向心力
的大小为F向＝′′mo2＝5N’小球受到的重力的大小为mg＝l0N’圆盘
对小球的作用力为F’如图所示’画出矢量图’由正弦定理可得:
揣ˉ急则…二十爵m…-90.畸’α有最大值］0.｀逢项∏
正确.
mg
［小结］
做匀速圆周运动的物体’物体受到的向心力始终指向轨迹的圆心且大小不变.
93ˉ
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‖满分之路搞定力学1
［例3］如图所示’用—根细绳—端系＿个小球’另—端固定’给小球不同的初速度’使小球
在水平面内做角速度不同的圆周运动’则下列细绳拉力F、悬点到轨迹圆心高度h、
向心加速度α线速度″与角速度平方@2的关系图象正确的是
（
）
肌
‖而Ⅷ仁′
,仁
A
B
C
D
〔D＝
［答案］
A
［分析］
设细绳长度为L’小球做匀速圆周运动时细绳与竖直方向的夹角为0’则有Fsin0
＝mLsin0@2’可得F＝mI仙」2’选项A正确;mgtan0＝mLsin0（o2’可得h＝Lcos0＝
鸟’选项B错误;小球的向心加速度α二@2Lsin0’选项C错误;小球的线速度″＝
α）
Iosin0’选项D错误。
［小结］
圆锥摆、火车转弯｀汽车转弯｀飞机在空中盘旋、开口向上的光滑圆锥体内小球绕
竖直轴线的圆周运动等’都是水平面内圆周运动的典型实例’其受力特点是合力
沿水平方向指向轨迹内侧解答此类问题的关键:
（1）确定做圆周运动的物体所处的平面（水平面）;
（2）准确分析向心力的来源及方向（水平指向圆心）
;
（3）求出轨道半径;
（4）列出动力学方程求解.
［例4］如图所示’两个可视为质点的质量相同的木块A和B放在转盘上’两者用长为L的
细绳连接’木块与转盘的最大静摩擦力均为各自重力的片倍’A放在距离转轴L处’
整个装置能绕通过转盘中心的转轴O｜O2转动.开始时’绳恰好伸直但无弹力’现让
该装置从静止开始转动’使角速度缓慢增大’以下说法中正确的是
（
）
94
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『必修2第四章曲线遗劫万有引力｜
〔）｜｜~
≤尸
~~~0~
A
B
言
『司
｜
∧当°楞时｀“相对丁辖徽会滑动
腮当·悔时绳子＿定砷力
c·在0…阀范阔内增大时州所…力＿直变大
n°在舟°＜曝范阔内增大时圃所…』＿直变大
［答案］
ABC
［分析］
4、B放在同一转盘上’故@相同’／＝mm）2’由于rB＞『A’故B所受向心力大于A所
受向心力’故随@增大’B先有向外滑动的趋势’此时为一个临界状态’绳恰好没
有穆力,对木堤…吧三…:’侧擂郧…擂畸,绳—庭育弹力,选
时’对A有:九ˉF＝mI@2’对B有:F′＋k′＂g＝2m血）2’F＝
F′ ’迸一步可得:∧＋k″lg＝3mm2’A、B刚好相对转盘会滑动’∧＝Amg’2k″lg＝
］…,″俘,娜…懦锄』』沮搁对…潜动｀……凿0＜。
势’静摩擦力达到最大为∧mg’不变’选项D错误
［小结］
解决临界（极值）问题的—般思路’首先要考虑达到临界条件时物体所处的状态’
其次分析该状态下物体的受力特点’最后结合圆周运动知识’列出相应的动力学
方程综合分析.
95
~
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…路.搞定圈
［例5］如图所示’AC｀BC两绳系＿质量为m＝0. lkg的小球’AC绳长L＝2m’
两绳的另—端分别固定于轴的A｀B两处’两绳拉直时与竖直轴的夹角
分别为30。和45°.小球在水平面内做匀速圆周运动时’若两绳中始终有
张力’小球的角速度可能是（g＝l0m／s2）
（
）
A。2rad／s
B2.5rad／s
C.3rad／s
D.4rad／s
｜·睡Ⅷ
~
C
［答案］
BC
［分析］
当BC绳刚好拉直时（BC绳中的张力为零）’此时小球的角速度最小’则有mgtan30。＝
~／
呐＂匹慧in30°’解得;侧咖二√m毙萨.代入数据得侧恤≡24蹈d／s;当蔚速度继
续增大时’AC绳中拉力减小’BC绳中张力增大’当AC绳中拉力为零（AC绳刚好
拉直）时’小球角速度最大’则有mgtan45。＝′mo甜axLsin30。’代入数据得‘Omax≈
3. l6rad／s’综上所述可得:选项B｀C项正确
［小结］
圆周运动中的常用临界条件:
（1）绳子松弛’绳子张力为零.
（2）绳子刚好拉断或刚好不断’绳子张力最大
（3）两接触物体在接触面上刚好脱离或不脱离’则两物体接触面间相互作用力为零
（4）物体刚好不滑动’则静摩擦力达到最大.
ˉ。／章节练习
l光盘驱动器读取数据的某种方式可简化为以下模式:在读取内环数
据时’以恒定角速度的方式读取’而在读取外环数据时’以恒定线速
度的方式读取.如图所示’设内环内边缘半径为Rl ’内环外边缘半径
为R2’外环外边缘半径为R3.A｀B｀C分别为各边缘上的点’则读取内
环上A点时A点的向心加速度大小和读取外环上C点时C点的向心
加速度大小之比为
R↑
R;
R2R3
A.＿
B.F瓦
CˉF丁
R2R3
C
‖
（
）
RlR3
D.
R乌
≡
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』必修2第四章曲线运动万有引力｝
2.如图所示’＿个内壁光滑的圆锥筒固定在地面上’圆锥筒的轴线竖
直—个小球贴着筒的内壁在水平面内做圆周运动’由于微弱的空气
阻力作用’小球的运动轨迹由A轨道缓慢下降到B轨道’则在此过
程中
（
）
A.小球的向心加速度逐渐减小
B.小球运动的角速度逐渐减小
C.小球运动的线速度逐渐减小
D.小球运动的周期逐渐减小
′＼
3.如图所示’长度均为L＝1m的两根轻绳’—端共同系住质量为′n＝
0.5kg的小球’另＿端分别固定在等高的A、B两点’A｀B两点间的距
离也为L’重力加速度g取l0m／s2.现使小球在竖直平面内以AB为
轴做圆周运动’若小球在最高点速率为″时’每根绳的拉力恰好为零’
则小球在最高点速率为2o时’每根绳的拉力大小为
（
）
（
B
~~~
A
~~
Ⅳ
ˉ
吨
］
∑
●
Ⅱ
A.5√可N
∏10旧N
C. l5N
4.如图所示’甲｀乙两水平圆盘紧靠在＿块’甲圆盘为主动轮’乙圆盘靠
摩擦随甲转动且无相对滑动.甲圆盘与乙圆盘的半径之比为′甲:
′乙＝3
: l’两圆盘和小物体ml 、m2之间的动摩擦因数相同’ml距O
点为2′’″!2距O′点为r’当甲圆盘缓慢转动起来且转速慢慢增加时
A. ′′ll与m2滑动前的角速度之比@l
: （o2＝3
: 1
B.ml与′＂2滑动前的向心加速度之比αl :α2＝l :3
C.随转速慢慢增加,ml先开始滑动
D.随转速慢慢增加’m2先开始滑动
■
■
■
■
■
■
乙
（
）
5.在玻璃管中放—个乒乓球后注满水’然后用软木塞封住管口’将此玻璃管
固定在转盘上’管口置于转盘转轴处’处于静止状态.当转盘在水平面内
转动时’如图所示’则乒乓球会（球直径比管直径略小）
（
）
A.向管底运动
B.向管口运动
C.保持不动
D.无法判断
w
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「满分之路′搞定力学〗
6在光滑水平桌面中央固定＿边长为0.3m的小正三棱柱αbc’俯视图如图所示.长度为
L＝lm的细线’＿端固定在α点,另＿端拴住＿个质量为m＝0.5kg、不计大小的小球.
初始时刻’把细线拉直在cα的延长线上,并给小球以o0＝2m／s且垂直于细线方向的水
平速度’由于光滑三棱柱的存在’细线逐渐缠绕在三棱柱上（不计细线与三棱柱碰撞过程
中的能量损失）.已知细线所能承受的最大张力为7N’则下列说法中正确的是
（
）
b
↑Ⅷ
~‖~
｜
○
∧
∏
′
〔
L
《I
A.细线断裂之前’小球速度的大小保持不变
B.细线断裂之前’小球的速度逐渐减小
C.细线断裂之前’小球运动的总时间为0.7∏s
D.细线断裂之前’小球运动的位移大小为0.9m
7.如图所示’小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动’内侧壁半
径为R’小球半径为r’则下列说法中正确的是
（
）
〔l
A.小球通过最高点时的最小速度锄min＝√g（R＋r）
B.小球通过最高点时的最小速度omm＝0
b
（〕.小球在水平线αb以下的管道中运动时’外侧管壁对小球—定无作用力
I）.小球在水平线α6以」二的管道中运动时,内侧管壁对小球＿定有作用力
8.如图所示’轻杆长为L’—端固定在水平轴上的O点’另＿端系—个小球（可视为质点）.
小球以O为圆心在竖直平面内做圆周运动’且能通过最高点’g为重力加速度下列说法
中正确的是
（
）
■
〗
■
′
升
‖
｜
川
←
′
′
′
~
~
~~~~~
A.小球通过最高点时速度可能小于√酉Z
B.小球通过最高点时所受轻杆的作用力不可能为零
C.小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而增大
D.小球通过最高点时所受轻杆的作用力随小球速度的增大而减小
—98
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…＿霓四罩／曲线运动睡翘m
9.铁路在弯道处的内、外轨道高度是不同的’已知内｀外轨道平面
与水平面的夹角为0’如图所示’弯道处的圆弧半径为R’若质
夕
量为m的火车转弯时速度等于√颐面丁∏’则
（
）
A内轨对内侧车轮轮缘有挤压
B外轨对外侧车轮轮缘有挤压
车车
／、
乙
卜轨
内轨
C.这时铁轨对火车的支持力等于ˉlI1鱼
COS0
D这时铁轨对火车的支持力大于＿lI堕二
COS0
l0.如图所示’＿倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角
速度（o转动’盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保
持相对静止物体与盘面间的动摩擦凰数为罕（设最人静摩擦力等
于滑动摩擦力）’盘面与水平面的夹角为30。’g取10m／s2.则α′的最大值是
（
）
A·占ˉrad／s
B｀／gˉrad／s
C. 1.0rad／s
D. （）.5rad／s
l1.如图所示为用绞车拖物块的示意图.拴接物块的细线被缠绕在轮轴
上’轮轴逆时针转动从而拖动物块已知轮轴的半径R＝0.5m’细
线始终保持水平’被拖动物块质量m＝1kg’与地面间的动摩擦因数
以＝0.5’轮轴的角速度随时间变化的关系是@＝肋’k＝2rad／s2’g邱
中正确的是
A.物块做匀速运动
B.细线对物块的拉力是5N
C.细线对物块的拉力是6N
D.物块做匀加速直线运动’加速度大小是lm／s2
kg’与地面间的动摩擦因数
是α』＝肋’k＝2rad／s2’g取
了洒四荡万亏;
l0 m／s2’以下判断
（
）
B
l2.如图所示’—根细线下端拴一个金属小球A,细线的上端固定在金属
块B上’B放在带小孔的水平桌面上’小球A在某—水平面内做匀速
圆周运动.现使小球A改到＿个更低＿些的水平面上做匀速圆周运
动（图上未画出）’金属块B在桌面上始终保持静止’则后—种情况与
原来相比较’下列判断中正确的是
∩
么
0□
＝■■二■≈
｛
■
■≈■＝～＝二■字q■口
（
）
w〕＿＿
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′满分之路,搞定力学］
A.金属块B受到桌面的静摩擦力变大
B.金属块B受到桌面的支持力变小
C.细线的张力变大
D.小球A运动的角速度减小
~~
l3.如图所示’AB为竖直转轴’细绳AC和BC的结点C系＿质量为m的小球’
两绳能承受的最大拉力均为2mg.当细绳AC和BC均拉直时乙ABC＝90。’
兰ACB＝53。’BC＝lm.细绳AC和BC能绕竖直轴AB匀速转动’因而小球
在水平面内做匀速圆周运动.当小球的线速度增大时’两绳均会被拉断’则
C
最先被拉断的那根绳及另＿根绳被拉断时的速度分别为（重力加速度g＝l0m／s2’
sin53。＝0.8’cos53。＝（）.6）
（
）
A.AC
5m／s
BBC
5m／s
C.AC
5.24m／s
I）.BC
5.24m／s
］4.如图所示’质点α、b在同＿平面内绕质点c沿逆时针方问做匀速圆
周运动’它们的周期之比Tα :Tb＝l :∧（附＞l’为正整数）.从图示位
置开始’在6运动＿周的过程中
（
）
A.α、b距离最近的次数为A次
B.α、6距离最近的次数为（A＋l）次
C.α｀b、c共线的次数为2∧次
D.α、6｀c共线的次数为（2∧ˉ2）次
~~~~~~
A
｜″
卢
L
l5.如图所示’轻杆长3L’在杆两端分别固定质量均为m的球A和球B’
光滑水平转轴穿过杆上距球A为L处的O点,外界给系统＿定能量
后’杆和球在竖直平面内转动’球B运动到最高点时’杆对球B恰好
无作用力.忽略空气阻力.则球B在最高点时
（
）
A.球B的线速度为零
B.球A的线速度大小为√zZ
C.水平转轴对杆的作用力为l.5″』g
D水平转轴对杆的作用力为2.5mg
｜
2′′
B
］凹
~
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「硒愿2第四章曲线运动万有引力｝
陆忘Ⅶ基
16.如图所示’水平转台上的小物体A｀B通过轻弹簧连接’并随转台—
起匀速转动’A｀B的质量分别为m｀2m’离转台中心的距离分别为』
l.5′｀r’已知弹簧的原长为l.5′’劲度系数为k’A｀B与转台的动摩擦
因数都为以’设最大静摩擦力等于滑动摩擦力’且有k′＝驰′＂g.下列
说法中正确的是
（
）
∧当〃受贾‖＂隆擦力为零时.转行艘动＂…为慨
β当俊到的摩擦力为零＂,转台转动的…为溉
‘当酮｜好要滑动时转台转动删角速度为除带等
∏当侧虾婆滑动时转行转动的角遮膛为揣十等
＼＋｝《）
l7如图所示,底角为0＝于的圆锥体静止不动,顶端通过＿根长为′＝｜m
的细线悬挂—个质量为m＝lkg的小球’细线处于张紧状态’若小球
在水平面内做匀速圆周运动’角速度@的取值范围介于3rad／s到
4rad／s之间’不计—切阻力’则细线拉力F可能等于
A. （5√页ˉ5）N
B（5仁＋5）N
C. 15N
D20N
（
）
l8如图所示’光滑斜面与水平面成α角’斜面上—根长为L＝0.30m
的轻杆,一端系住质量为0.2kg的小球’另—端固定在O点’现将
轻杆拉直至水平位置’然后给小球＿沿着斜面并与轻杆垂直向下的
初速度＂0＝3.0m／s’取g＝l0m／s2’则
A.此时小球的加速度大小为｀／g∏m／s2
B.小球到达最高点时杆的弹力沿斜面向上
C.若增大〃0’到达最高点时杆对小球的弹力—定增大
D.若增大″0’到达最高点时杆对小球的弹力可能减小
＂
∧
（
）
］O］
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｛满分之路.搞定力学［
l9.汽车试车场中有一个检测汽车在极限状态下的车速的试车道’试车道呈锥面（漏斗状）
’
侧面图如图所示.测试的汽车质量m＝1 t’车道转弯半径r＝l50m’路面倾斜角0＝45。’
路面与车胎的动摩擦因数以＝0.25’设路面与车胎的最大静摩擦力等于滑动摩擦力’（g
取10m／s2）求:
（l）若汽车恰好不受路面摩擦力’则其速度应为多大?
（2）汽车在该车道上所能允许的最小车速
厂—～
20.如图所示’在圆柱形房屋的天花板中心O点悬挂一根长为L的细绳’绳的下
端挂—个质量为m的小球’重力加速度为g.已知绳能承受的最大拉力为
2mg,小球在水平面内做圆周运动’当速度逐渐增大到绳断裂后’小球恰好以
速度o2＝√7酉I落到墙脚边.求:
（l）绳断裂瞬间小球的速度″l ;
（2）圆柱形房屋的高度H和半径R.
＼～」」一／
~~（·~w′′~~
~~′.ˉˉ「ˉ＼』~~~
～—≥
］O2
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』必修2第四章曲线运动万有引力』
—个有一定厚度的圆盘’可以绕通过中心且垂直于盘面的水平轴转动’圆盘加速转动
时.角逮度的增j‖量△°与对应时间A′的比俏定义为角加速度β（圆‖β二尝）我｜门用电
磁打点计时器刻度尺、游标卡尺纸带（厚度不计）｀复写纸来完成下述实验:（打点计时
器所接交流电的频率为50Hz’A｀B｀C｀D…为计数点’相邻两计数点间有四个点未画出）
实验步骤如下
@如图甲所示’将打点计时器固定在桌面上’将纸带的—端穿过打点计时器的限位孔’
然后固定在圆盘的侧面’当圆盘转动时’纸带可以卷在圆盘侧面上;
@接通电源’打点计时器开始打点’启动控制装置使圆盘匀加速转动（即角加速度恒
定）
;
o经过—段时间’停止转动和打点’取下纸带,进行测量
2l
6（bm
勺
／
8
∩
‖
勺
＝
（）
［｜］
乙
｛
↑
」
曰
∏
‖
】
●
｛
／）
●
C
●
E
■■
鹤
■■■
■■■■■■
■
刁
哑
）
64
单位:（Ⅶn）
（
~
｜4°64
】
闪
请回答下列问题:
（1）由图乙可知’圆盘的直径为
CII］
（2）由图丙可知,打下计数点D时’圆盘转动的角速度大小为
rad／s;（结果保留
三位有效数字）
（3）圆盘转动的角加速度大小为
rad／s2. （结果保留三位有效数字）
］O3ˉ
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｜满分之路.搞定力学l
第四讲万有弓｜力及旦应用
H容辱读0
万有弓｜力和航天科技紧密相连’万有引力及其应用是高考命题的热点和重点’经常
在高考试题中出现’此考点同学们在复习备考中需倍加关注.
c典例剖析
［例l］在轨道上运动的质量为″!的人造地球卫星’它到地面的距离等于地球半径R’地面
上的重力加速度为g’忽略地球自转影响’则
（
）
A卫垦运动的遮度大小:Wz丽
Ⅸ卫垦运动的周期为4丽√芋
C卫垦运动的问心j‖速度大小为÷‘
n∏吊轨道处的重加‖遮度为士‘
…Ⅷ
［答案］
BI）
［分析］
人造卫星绕地球做匀速圆周运动’根据万有引力提供向心力’设地球质量为M｀卫
曼输轨道半径为′则婴～孪二鹏′″2二咖,-鹏′誓,又′二醒,虐略…转输
膨输有警-吧,……的逮度大』｜、为＂抨拇’遮窥A镭谩;′-
2儡ˉ4僧』……;侧ˉ罢÷……』………
途度为＋g’选项D正确
［′」｀结］
…半～孪ˉ…』ˉ孪阐＂抨亏隅｀侧仔√峨警｜Ⅱ,侧ˉ
G″
GM
二≡
′2
（R＋h）2’
′≡2偏≡2吼（尺蒜）』.厕越人｀卫晕离…高周啊越大线篮度…
和向心加速度都越小’可以概括为‘‘高轨道’长周期’低速”.
］叫
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「必修2第四章曲线运动万有引力』
［例2］已知地球赤道处的重力加速度为g’物体在赤道上随地球自转的向心加速度为α.假
设要使赤道上的物体恰好“飘’起来’则地球的转速应该变为原来的多少倍
（
）
α代蔓
w三亏
A.旦土旦
~厅——
B.—尘
α
g-α
蹈锻冶
［答案］
C
［分析］
在赤道上的物体’它的向心力由地球对它的万有引力和地面对它的支持力的合力
提供’则:
警—N-ⅧR°2～…二2丽＂’警ˉ″二4狮尺狮:＂:二′鹏“
由物体的平衡条件可得:Ⅳ二″!g
迸一步可得;警～腮…咖R厕惠＂:二吧…
即:赤道上的物体受到的地球对它的万有引力’一部分用于提供重力’一部分用于
提供它做圆周运动的向心力.
要使赤道上的物体恰好“飘”起来’则地面对物体的支持力刚好为零’即:
等二4″＂尺丽n＂厘-删（g十α）
可得;÷弓√平｀遮项［｜正确
［小结］
地球自转时’赤道上的物体受到的地球对它的万有引力’—部分提供重力’—部分
提供它做圆周运动的向心力.
［例3］（20l8 .全国理综I卷20题）20l7年’人类第＿次直接探测到来自双中子星合并的
引力波.根据科学家们复原的过程’在两颗中子星合并前约l00s时’它们相距约
400km’绕二者连线上的某点每秒转动l2圈.将两颗中子星都看做是质量均匀分布
的球体’由这些数据｀万有弓｜力常量并利用牛顿力学知识’可以估算出这—时刻两颗
中子星
（
）
A.质量之积
B.质量之和
C.速率之和
D.各自的自转角速度
｜O5
＿…＝
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｜满分之路搞定力学〗
■疆Ⅷ
［答案］
BC
［分析］
设两颗中子星分别为A和B’两颗中子星的距离为L,
GMAMB
c竿‘-捌…2｀L二…,
＝M4′AO）2’对B:
对A:
L2
′
L3
2′『wA
7-纽.可得;′,-2丽√肌〃凰）;则厂—厂’咖-竿》迸一步可得;哩＂
α）
半,′＝上,可得;本题答案选B和c
几
［小结］
“双星模型”中两颗星的周期相同’角速度相同.
＋0B＝
成正比.
翻由竿‘-…～删…可得具巾—颗星…和另—颗垦的线逮度的大
小成正比
［例4］我国发射的北斗系列卫星的轨道位于赤道上方’轨道半径为′’绕行方向与地球自转
方向相同设地球自转角速度为（o0’地球半径为R,地球表面重力加速度为g.设某
—时刻’卫星通过赤道上某建筑物的上方’则当它再—次通过该建筑物上方时’所经
历的时间为
（
）
＼
‖
‖
■
‖
』
′
／
］
—
吻
幅
∏
】
Ⅱ
2∏
A。.
腰ˉ.』
限
C.2∏
］比
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丙
［答案］
A
［分析］
人造卫星绕地球做匀速圆周运动’根据万有引力提供向心力’设卫星的质量为m’
…幢为′.…臆…,则;纱…解得;·抨』卫……建
筑物的上空’卫星多转动一圈’有: （‘oˉ‘o0）′＝2∏;地球表面的重力加速度为g＝
繁…贰‖….
［小结］
本题的关键:根据万有引力提供向心力求解出角速度;根据地球表面重力等于万
有弓｜力得到重力加速度表达式;根据多转动＿圈后再次到达某建筑物上空列式.
二汀
［例5］如图所示’在半径为R的铅球中挖出—个球形空穴’空穴直径为
R且与铅球相切’并通过铅球的球心.在未挖出空穴前铅球质量
为M.求挖出空穴后的铅球与距铅球球心距离为〃、质量为m的
小球（可视为质点）间的万有引力大小.
蹿滔
GM′n（7〃2—8dR＋2R2）
［答案］
M2（M-R）2
［分析］
未挖出空穴前铅球渍量为删＝寺丽Rj,设挖出空穴滩隆球与′｜球阎晌万有;｜力为
′! ’挖…彤实体臆量为M′＝尹丽（§）』＝;M与小球阎的万有;｜力为′2,锋
球剩余部分与小球间的万有引力为F’则有Fl＝F＋F2
GMm
根撼万有引力震律可得′）-竿.F2＝
s（‘—÷腮「,
］O7
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■溉Ⅷ
故挖什控穴后的铅球与小球间的刀石引力为′-F｜＿′:-警;（团二十R）:
G‖′m
~
GM″』（7（／2—8〃R＋2R2）
~
2〃2（M-R）2
.
［小结］
由于题目中没有告知距离〃与球的半径R之间的关系’因此不能把挖出球形空穴
后的铅球看成质点’故不能直接利用万有引力定律来计算引力的大小.但是’可以
用填补法求解’即先把挖去的部分“补”上’使其成为半径为R的完整球体’再根据
万有弓｜力定律’分别计算出半径为R的球体和补上的球体对小球的万有引力’最
后两引力相减即可得到答案;运用“填补法”解题的关键是紧扣万有引力定律的适
用条件,先填补’后运算.运用“填补法”解题的过程主要体现了等效的思想.
［例6］我国正在进行的探月工程是高新技术领域的＿次重大科技活动’在探月工程中飞行
器成功变轨至关重要.如图所示’假设月球半径为R’月球表面的重力加速度为g0’
飞行器在距月球表面高度为3R的圆形轨道I上运动’到达轨道的A点点火变轨进
人椭圆轨道I［’到达轨道的近月点B再次点火进人近月轨道Ⅲ绕月球做圆周运动’
则
（
）
卢
≈≈
t
（
″触｜‖》」
≈
＝笋
J
∏／
ˉˉ＿ˉˉ＝≡≡I
A.飞行器在B点处点火后’动能增加
B.由已知条件不能求出飞行器在轨道II上的运行周期
C.只有万有引力作用情况下’飞行器在轨道Ⅱ上通过B点的加速度大于在轨道Ⅲ」
通过B点的加速度
u飞行器在轨道Ⅲ上绕月球运行—周所需的时间为2丽／豆
vg0
］08
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「恿愿i—霓西霞曲线运动万有引力｜
酗翻Ⅱ沁
［答案］
D
［分析］
在椭圆轨道近月点变轨成为圆轨道’妥实现变轨应给飞行器点火减速’减小所需
的向心力’故点火后动能减小’选项A错误;设飞行器在近月轨道Ⅲ绕月球运行一
晰……,则;卿嚼厂帧暂解碍;赌—2丽除,榷…羡柯撼轨
逾‖嫡半长轴鹏二25R｀榷撼叶普勒第二定撑盖二＂以及轨道＂输周翔’可求幽雇
轨道Ⅱ上的运行周期’选项B错误’选项D正确;只有万有引力作用情况下’飞行
器在轨道Ⅱ上通过B点的加速度与在轨道Ⅲ上通过B点的加速度相等’选项C错误.
［小结］
1.人造卫星的发射过程要经过多次变轨可到达预定轨道’如图
所示.
（l）为了节省能量’在赤道上顺着地球自转方向发射卫星到
圆轨道I上.
l（●
B
‖
｜｜
（2）在A点点火加速’由于速度变大’万有引力不足以提供向心力’卫星做离心
运动进人椭圆轨道Ⅱ.
（3）在B点（远地点）再次点火加速进人圆形轨道Ⅲ.
2.三个运行物理量的大小比较:
（1）速度:设卫星在圆轨道I和Ⅲ上运行时的速率分别为ol 、o3’在轨道Ⅱ上过A
点和B点速率分别为〃A｀〃B.在A点加速’则″』＞″l ’在B点加速’则″3＞似B’又
因″l＞″3’故有似A＞″1＞″3＞″B.
（2）加速度:因为在A点’卫星只受到万有引力作用’故不论从轨道I还是轨道
Ⅱ上经过A点’卫星的加速度都相同’同理’经过B点加速度也相同.
（3）周期:设卫星在I 、ⅡⅢ轨道上运行周期分别为Tl 、L、Z’轨道半径分别
为′｜、′』（半隆轴）、喻.由开脾勒第二定肆÷呵知r｜≤′h＜7』
］的
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｜满分之路搞定力学1
霉.?章节练习
1. 2016年l（）月l9日凌晨’神舟十—号载人飞船与天官二号对接成
功.两者对接后—起绕地球运行的轨道可视为圆轨道’运行周期为
T’已知地球半径为R’对接体距地面的高度为∧R’地球表面的重力
加速度为g’万有弓｜力常量为G.下列说法中正确的是
A.对接前’飞船通过自身减速使轨道半径变大靠近天官二号实现对接
B对接后,飞船的线速度大小为竿
C对接后,飞船的加速度人小为∏÷叼页
Ⅲ地球的密度为3厕（养偷）』
＼
‖
／
／
‖
＼
2. ‘‘雪龙号’,南极考察船在由我国驶向南极的过程中’经过赤道时测得某物体的重力是G｜
’
在南极附近测得该物体的重力为G2’已知地球自转的周期为T’引力常数为C,假设地球
可视为质量分布均匀的球体’由此可知
（
）
3∏Gl
A.地球的密度为C严（G2ˉGl）
3∏G2
B.地球的密度为G帜（G2＋G1）
3.我国研制的“长征六号”运载火箭于20l5年9月20日发射’成功将20颗微小人浩∏尾
送人预定轨道’缔造了我国‘—箭多星”的发射记录;已知地球半径为R’地球表面的重力
加速度为g’假设某颗质量为″l的卫星运行在轨道半径为地球半径″倍的圆形轨道上’
则
（
）
］］O
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厕圈第四邀曲线运动万有引力｜
A.该卫星运行时的向心力大小为皿直
′l
B.该卫星运行时的向心加速度大小是地球表面重力加速度大小的上
∏
C.该卫星的运行速度大小为√百丽
n该卫…行唾大小是第＿宇…大小的大
4.如图’人造卫星M｀Ⅳ在同＿平面内绕地心O做匀速圆周运动.已知M、／＼／连线与M｀（）连
线间的夹角最大为β’则M、Ⅳ的运动周期之比等于
（
）
′
｀
Ⅵ
●
‖
｜
′
｀
≈
＝
′
β
飞
≈
＝
付
≈
尸
≈
＝
≠
叫
↑
｀
…
』
／
·
ˉ
◎
乙
■
夕
夕
、
口
β
β
］
旬
汀
］
品
吕
乱
′
／
γ
Ⅱ
∏
司
A. sin90
O√丽】ˉ∏
5.我国于20l7年l1月发射“媳娥五号”探月卫星,执行月面取样返回任务“媳娥五号”从
月球返回地球的过程可以简单分成四步’如图所示’第—步将“媳娥五号’发射至月球表
面附近的环月圆轨道I ’第二步在环月轨道的A处进行变轨进人月地转移轨道Ⅱ’第三
步当接近地球表面附近时’又—次变轨’从B点进人绕地圆轨道Ⅲ’第四步再次变轨道后
降落至地面’下列说法中正确的是
（
）
A.将“媳娥五号’,发射至轨道I时所需的发射速度至少为7.9km／s
B. “蠕娥五号’’从环月轨道I进人月地转移轨道Ⅱ需要加速
C. “媳娥五号”从A沿月地转移轨Ⅱ到达B点的过程中其动能—直增加
D. “媳娥五号’’在第四步变轨时需要加速
］］］-
~
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髓分之路·搞震万孽］
犁墨蕊糊渊删!照霸撇删
辐射能量’使得圆周运动的周期T极其缓慢地减小’双星的质量ml与′厕2
均不变’则下列关于该双星系统变化的说法中正确的是
（
）
A.双星间的间距逐渐增大
B.双星间的万有弓｜力逐渐增大
C.双星的线速度逐渐增大
D.双星系统的引力势能逐渐增大
2（）l8年2月l2日’我国在西昌卫星发射中心以‘‘＿箭双星”方式成功
发射第二十八｀二十九颗北斗导航卫星’预计2020年以前建成全球北
斗导航系统（由五颗地球同步卫星｀三颗倾斜轨道同步卫星和二十七d
颗中圆轨道卫星组成）如图所示为北斗导航系统某—倾斜轨道同步
卫星A（轨道平面与赤道平面有夹角’周期等于地球自转周期）｀该平
面内的—个中圆轨道卫星B和地球的位置关系示意图’O为地心.地球
回内的—个中圆轨道卫星B和地球的位置关系示意图’O为地心.地球
司
／
（）
B
0｜
相对卫星A｀B的
张角分别约为0｜＝l7.4。和02＝26.4。（02图中未标出）’卫星A的轨道半径约为卫星B
的轨道半径的l.5］倍’地球的自转周期为?b’已知卫星∧｀B运行方向相同.在运行过程
中由于地球的遮挡’卫星B会进人卫星A通讯的盲区’卫星A和卫星B不能直接通讯（信
号传输时间可忽略）.卫星间的通讯信号可视为沿直线传播’下列说法中正确的
（
）
A.A｀B两卫星的线速度之比为l.23
: l
B.卫星B的周期约0.54Tb
C.中圆卫星B每次在盲区运行的时间约为0. l47b
D.倾斜地球同步轨道卫星相对地面上固定的观察者是静止的
8.宇宙中有这样—种三星系统’系统由两个质量为m的小星体和＿个质量为″的大星体
组成’两个小星体围绕大星体在同—圆形轨道上运行’轨道半径为r.关于该三星系统的
说法中正确的是
（
）
A.在稳定运行的情况下’大星体提供两小星体做圆周运动的向心力
B.在稳定运行的情况下’大星体应在小星体轨道中心’两小星体在大星体相对的两侧
α小尾体运行晌周期为T-′‘（抵聊）
u大星体运行的阔期为r-√‘｝摇÷卿）
｛］2
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「恿窿2第四章曲线运动万有引睡
9.假设地球是＿半径为R｀质量分布均匀的球体.＿矿井深度为〃.已知质量分布均匀的球
壳对壳内物体的引力为零.矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为
∏｜惜
（
）
A1—÷
C（早）2
∏（☆）2
l0.地质勘探发现某地区表面的重力加速度发生了较大的变化’怀疑地下有空腔区域.进＿
步探测发现在地面P点的正下方有—球形空腔区域储藏有天然气’如图所示.假设该地
区岩石均匀分布且密度为p’天然气的密度远小于p’可忽略不计.如果没有该空腔,地
球表面正常的重力加速度大小为g;由于空腔的存在’现测得P点处的重力加速度大小
为片g（k＜1）.已知弓｜力常量为G’球形空腔的球心深度为Ⅲ’则此球形空腔的体积是
（
）
｜
／
1ˉˉ
／〕
＂譬
D. （l—∧）g〃2
印
A馁
C旦兰箭」皿
l1.国务院批复’自20l6年起将4月24日设立为“中国航天日”. l970年4月24日我国首次
成功发射的人造卫星东方红＿号,目前仍然在椭圆轨道上运行’其轨道近地点高度约为
440km’远地点高度约为2060km;l984年4月8日成功发射的东方红二号卫星运行在
赤道上空35786km的地球同步轨道上.设东方红＿号在远地点的加速度为αl ’东方红
二号的加速度为α2’固定在地球赤道上的物体随地球自转的加速度为α3’则αl 、α2、α3
的大小关系为
（
）
～
B.α3＞α2＞αl
D.αl＞α2＞α3
A.α7＞αl＞α即
C.α3＞αl＞α2
］］3
ˉ……
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l2我国探月工程三期返回飞行试验器创造了我国航天工程的多个第—’其中包括跳跃式
返回技术.跳跃式返回技术指航天器在关闭发动机后进人大气层’依靠大气升力再次冲
出大气层’降低速度后再进人大气层.如图所示虚线为大气层的边界’已知地球半径为
R地心到Ⅲ点距离为′’地球表面重力加速为g.下列说法中正确的是
（
）
『
【
吁
｀｀｀
大气层
′／
A.飞行试验器在b点处于完全失重状态
B.飞行试验器在Ⅲ点的加速度等于鲤
厂2
C.飞行试验器在α点的速率等于在c点的速率
D.飞行试验器在c点的速率大于在e点的速率
∏4
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必｜｜多2第五章机械能
第＿讲功和功率
＿
内翻
功是能量转化的量度’做功的过程是能量的转化的过程’功率描述做功的快慢’要理
解功和功率的定义’灵活应用功和功率的公式.
C典例剖析
～＝一邑＝≡＝壁些磊二≡＿--
~
~~ ~~~~
~~~~~~~
「ˉ凹｜
厂厂7
位于水平面上的物体在水平恒力Fl作用下’做速度为″l
的匀速运动.若作用力变为斜向上的恒力F2’物体做速度
为＂2的匀速运动’且F｜与F2功率相同.则可能有
A.F2＝Fl ,0l＞O2
BF2≡Fl ,Ul
≤＜
［例l］位于水平面上的物体在水平恒力F］
（
）
1）勺
～
C.F2＞Fl ’0〉1＞1）2
D.F2＜Fl ’【）l＜O2
m瞪西
［答案］
BD
［分析］
物体在水乎恒力Fl作用下匀速运动’水乎方向有F1＝以′Ⅶg.作用力变为斜向上的
恒力F2时’设F2与水平方向的夹角为0’物体匀速运动时在水干方向有F2COS0
／〃ng
仙mg
（其中
＝—
＝—
二
二—-
ˉ
cos0＋队sin0
√l＋以2sin（α＋0）
＝以（′′lg—F2sin0）’故F2
sInα＝
相阎,…｜二′｛腆｜-…,P:二…爵0-黑饼删｜糕β,P:-P｜
二二
鼠…蔽｜二｜糕0』｜…n0＞｜,圈恫必有…｀擞遮项B、D正确
［小结］
根据功和功率的定义写出相应表达式’然后进行分析讨论’把问题解决.
］］5ˉ＿＿
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】满分之路.搞定力学l
［例2］如图所示’在向右做匀减速运动的车厢内’—人用力向前推车厢’
该人与车厢始终保持相对静止’则下列说法中正确的是
（
）
A.人对车厢的推力不做功
B.人对车厢的推力做负功
C.车厢对人的作用力做正功
D车厢对人的作用力做负功
蹿Ⅷ
｜
尉
［答案］
D
［分析］
车厢向右做匀减速运动’即α｀o方向相反’加速度α向左’且人与车厢具有相同的
加速度.对人受力分析’受到重力和车厢对人的作用力’则车厢对人的作用力方向
为斜向左上方’与位移方向成钝角’所以车厢对人做负功’选项C错误’选项D正
确.人对车厢的作用力方向斜向右下方’人对车厢的作用力与车厢位移方向成锐
角’人对车厢做正功’选项A｀B错误.
［小结］
要特别注意研究对象’例如车厢对人的作用力是车厢对人的支持力｀车厢对人的
静摩擦力和车壁对人的弹力的合力.
［例3］—列火车总质量′n＝50（）t’机车发动机的额定功率p＝6×l05W’在水平轨道」二行驶
时’轨道对列车的阻力／是车重的0.0］倍’g取10m／s2’求:
（l）火车在水平轨道上行驶的最大速度″m;
（2）在水平轨道上’发动机以额定功率P工作’当行驶速度为″l＝1m／s时’火车的
瞬时加速度αl
;
（3）在水平轨道上以36km／h的速度匀速行驶时’发动机的实际功率P′ ;
（4）若火车从静止开始’保持α＝0.5m／s2的加速度做匀加速运动’这—过程维持的
最长时间‖.
］］6
~
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」必修兑第五章机械能｝
幽髓潞
［答案］
（l）12m／s
（2）Llm／s2
（3）5×l05W
（4）4s
［分析］
（l）当牵引力等于阻力’即F＝／＝枷g时火车的加速度为零’速度达到最大’则
∑
］
~~尸
…~~
尸
尸
~~
~~／
In／s;
Dm
（2）当″｜＝lm／s＜″m时’火车加速运动’牵引力Fl＝旦＝6×l05N
Ol
由牛顿第二定律知α｜＝I工1＝l. lm／s2;
′γ〗
（3）当″二36km／h＝10m／s时’火车匀速运动’则发动机的实际功率为
P＝F!′＝允＝5×l05W;
（4）据牛顿第二定律得牵引力F′＝／＋mα＝3×105N
在此过程中’速度增大’发动机功率增大.当功率为额定功率时速度大小为
酗』-户-2m／｀
U
又因似′＝α′,所以t＝
＝4S.
α
［小结］
机车启动模型中的3个重要关系:
P
1无论哪种启动过程,机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度’即〃m＝丽
＝旦（式中Fmin为最小牵引力’其值等于阻力F阻）.
F阻
2.机车以恒定加速度启动的运动过程中’匀加速过程结束时’功率最大’速度不是
最大’即＂～卡＜腆厂扁
3.机车以恒定功率运行时’牵引力做的功Ⅳ＝P‖.由动能定理（后面内容）有P′—
F阻卿＝AEk.此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小
］］7＿ˉ
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｛满分之路｀搞定力学l
［例4］如图所示’〃个完全相同｀边长足够小且互不粘连的小方块依次排列’总长度为／’总
质量为M它们—起以速度＂在光滑水平面上滑动’某时刻开始滑上粗糙水平面小
方块与粗糙水平面之间的动摩擦因数为以’若小方块恰能完全进人粗糙水平面’则摩
擦力对所有小方块所做功的大小为
（
）
｝≡—／-叫
A÷M』2
全
c当料删g′
B.M〉2
u队屹／
■睡Ⅷ
［答案］
AC
［分析］
总质量为″的小方块在进入粗糙水乎面的过程中滑动摩擦力由零均匀增大’当全
郡迸入时摩擦力达最大值陛岭,总位穆为′’乎均摩擦力为厂［-÷狸″g.由功的公
式可得吗-厂!′＝当狸删g｛,功绚大′｜｀为当γ〃g′,遮项C正确,逸项D错谩;周动能
吏理计算’则有;肌＝0ˉ÷Mp＝÷M｜:,其大小为÷帆2,选项A正确.选项β
错误.
［′」｀结］
若物体受到的力方向不变’而大小随位移均匀变化时’则可以认为物体受到一大
—′｜≠的恨力作用,′｜、′!分别为物体侮初末位置所受到的力.然后用
小为F＝
公式Ⅳ＝F／cosα求此变力所做的功
ˉ徽／章节练习
~
~~~~~~~~~
△
l. （20l7.高奢全国卷Ⅱ）如图’—光滑大圆环固定在桌面上’环面位于竖直平面
内’在大圆环上套着—个小环.小环由大圆环的最高点从静止开始下滑在小环
下滑的过程中’大圆环对它的作用力
（
）
A.＿直不做功
B.—直做正功
C.始终指向大圆环圆心
D.始终背离大圆环圆心
＿］］8
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「蕊穆2第五章机碱塑］
2.—物块放在水平地面上’受到水平推力F的作用’力F与时间r的关系如图甲所示’物块
的运动速度″与时间‖的关系如图乙所示’l0s后的〃ˉt图象没有画出’重力加速度g取
l0m／s2’下列说法中正确的是
（
）
”
∩
凹
巾
剂
β
斗
∑
○
｜′M（｜‖lˉS＿｜）
~』／
~
5
′／S
『了
）
〔
l0
l5
／／
5
‖
≈
乙
甲
A.物块滑动时受到的摩擦力大小是6N
B.物块的质量为lkg
C.物块在0～l0s内克服摩擦力做功为50J
D.物块在10～l5s内的位移为6.25m
胎
3.如图所示’＿长为L的轻杆＿端固定在光滑铰链上’另一端固定＿质量为o
″l的小球.—水平向右的拉力作用于杆的中点’使杆以角速度α）匀速转动’
当杆与水平方向成60。时’拉力的功率为
（
）了万≥≥＞7歹’尸
Ⅸ乒…
AmgIo
“
【
吕
］
″
打
—
β
■
Ⅲ
蛔
吕
加
‖
』
—
勺
△
■
℃
L
4如图所示’固定的光滑竖直杆上套着＿个滑块’用轻绳系着滑块绕过光
滑的定滑轮’以大小恒定的拉力F拉绳’使滑块从A点起由静止开始上
C｜
升.若从A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功
B‖
分别为Wl和Ⅳ2’滑块经B｀C两点’图中AB＝BC’则
（
）
A.Ⅳl＞赐
川
B.Ⅳl＜Ⅳ2
′、
‖■‖
C.Ⅳl＝赐
D无法确定Ⅳl和Ⅳ2的大小关系
5.汽车在平直公路上以速度U0匀速行驶’发动机功率为P’快进人闹市区时’司机减小了油门’
使汽车的功率立即减小—半并保持该功率继续行驶.设汽车行驶时所受的阻力恒定’则下面
四个图象中’哪个图象正确表示了司机从减小油门开始’汽车的速度与时间的关系
（
）
］］9
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｛满分之路.搞意万享〗
仁
川‖~~
∧l）~
仁
仁｜‖即工
｜｜‖（;
’
、
『》《）
U（）／2
（）
〔）
（）
｀
［｝
口
（
6.我国高铁技术处于世界领先水平.和谐号动车组是由动车和拖车编组而成’提供动力的
车厢叫动车’不提供动力的车厢叫拖车.假设动车组各车厢质量均相等’动车的额定功率
都相同’动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比.某列车组由8节车厢组
成’其中第1｀5节车厢为动车’其余为拖车’则该动车组
（
）
A.启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B.做匀加速运动时’第5｀6节与第6｀7节车厢间的作用力之比为3 :2
C.进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D.与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1 :2
7.如图所示’质量为M｀长度为L的木板放在光滑的水平地面上’在木板的右端放置质量为
m的小木块’用—根不可伸长的轻绳通过光滑的定滑轮分别与木块｀木板连接’木块与木
板间的动摩擦因数为／L’开始时木块和木板静止’现用水平向右的拉力F作用在木板上’
将木块拉向木板左端的过程中’拉力至少做功为
（
）
B券＂g‘
A.2／儿mgL
′
【
吕
）
〗
″
＋
″
（
〃
●
℃
D严′川gL
8.质量为400kg的赛车在平直赛道」二以恒定功率加速’受到的阻力不
｜』α／（∏｜~sˉ2）
蜒…懒＂…戳＋＂丈系卿…＂憾＊
（
｜」元』愉＂Ⅷ
A.速度随时间均匀增大
C.输出功率为l60kW
B.加速度随时间均匀增大
D所受阻力大小为l60（）N
］2O
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」必修2第五章机械能｜
9.在倾角为0的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A｀B’它们的质量分别为m］
＼
′川2’弹簧劲度系数为∧’C为一固定挡板’系统处于静止状态.现开始用—恒力F沿斜面
方向拉物块A使之向上运动’当物块B刚要离开C时’物块A运动的距离为〃’速度为则’
重力加速度大小为g’则此时
（
）
〔〃
A.∧;（／＝m2gsin0
B.物块A加速度大小为Ⅱ二皿
′∏l
C.重力对物块A做功的功率为（Mˉm2gsin0）o
D.弹簧的弹力对物块A做功的功率为（刷ˉ′′l2gsjn0）〃
Ⅱ
l0.甲｀乙两车同时同地同向运动’两车的Dˉj图象如图所示.其中质量″』＝7.5t甲车以恒
定功率P＝50kW启动’最后匀速运动.乙车做初速度为零的匀加速运动’则乙车追上
甲车的时间是
）
（
）
吕
］
Ⅲ
／
‖
｀
′
′
／
『
‖
｜（）
（）
20
r／吕
A.40S
（〕.60s
B.20s
D30s
］2］
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｜满分之路,搞定力学［
ll.跳绳运动员质量′＂＝50kg’lmin跳Ⅳ＝l80次.假设每次跳跃中’脚与地面的接触时间
占跳跃＿次所丙时｜川的÷,g取l0m／爵2,试仙算该运动员跳绳时克』睡力做功的平均
功率为多大?
）
日
Ⅳ
〕
◎
］
×
（
／
厂
巾
｜
｜
＿辆汽车质量为1×103kg’最大功率为2×104W’在水平路面
上由静止开始做直线运动’最大速度为″2’运动中汽车所受阻
力恒定.发动机的最大牵引力为3×103N’其行驶过程中牵引
力F与车速的倒数上的关系如图所示.试求:
0
（1）根据图线ABC判断汽车做什么运动?
（2）″2的大小.
（3）整个运动过程中的最大加速度.
l2
｜
~
~
~
］
∑
｜
＼
■
『
『
′
‖
］
吕
′
『
『
｀
／
〗
』
—
Ⅶ
］
＿
川
｜
示
ˉ
〔′
ˉ］22
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』必修∑第五章机械能‖
第二讲动能定理
｜
内容…
合力对物体做的功等于物体的动能的变化’即合力做的功用来度量动能的变化动
能定理应用广泛’是高考命题的重点和热点’复习备考中应该倍加关注
●典例剖析
■
蛔…＝
潞………醉…樱……
『
庇
［例1］如图所示为某游乐园滑草场的示意图’某滑道由上｀下两段倾角不同的斜面组成’斜
面倾角0l＞02’滑车与坡面草地之间的动摩擦因数处处相同.载人滑车从坡顶A处
由静止开始自由下滑’经过上｀下两段滑道后’最后恰好滑到滑道的底端C点停下.
若在A｀C点位置不变的情况下’将两段滑道的交接点B向左平移＿小段距离’使第
＿段AB的倾角稍稍变大’第二段BC的倾角稍稍变小.不计滑车在两段滑道交接处
的机械能损失’则平移后
（
）
l
0｜＼B
0
A.滑车到达滑道底端C点之前就会停下来
B.滑车仍恰好到达滑道的底端C点停下
C.滑车到达滑道底端C点后仍具有—定的速度’所以应在C点右侧加安全防护
装置
D.若适当增大滑车与草地之间的动摩擦因数’可使滑车仍恰好到达滑道的底端C点
停下
］23＿ˉˉ
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（满分之路.搞定力学｝
｜·解析号
［答案］
B
［分析］
设AP＝hl ,PⅣ＝′l2,AⅣ＝h,PB＝卯l ,I）C＝卯2,／＼／C＝几
第一种情况:
滑车从A到B由动能定理可得:
咖gh｜—腆咖gABco爵0｜＝＋m＂iˉ0
△
卯l＝ABCOS0l
可得;″噶h｜—队咖鳃｜-÷吨＿0
滑车从B到C由动能定理可得:
咖g′h—以′吧愿C…＝0—÷吨
4
｝-＿1l〕h＼β
／〕
｛
02丁～
■■
■■＝＝＝＝＝＝＝＝■＝＝＝鼻ˉˉ-
飞
（
D
＼
Ⅺ2＝B（〕COS02
可得;咖g′』2—腆″!g鳃:二0＿＋吨
进一步可得:mgh—队矾邵＝0
第二种情况:滑车滑动到C点白
第二种情况:滑车滑动到C点的速度为″C’同理全过程对滑车由动能定理可得:
咖ghˉ…二当″｝—0.解得;＂‘二0,选项B正确
［小结］
应用动能定理的注意事项:
（l）动能定理中的位移和速度必须是相对于同＿个参考系的’—般以地面或相对
地面静止的物体为参考系.
（2）应用动能定理的关键在于对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析’
并阿出运动过程的草图’借助草图理解物理过程之间的关系
（3）当物体的运动包含多个不同过程时’可分段应用动能定理求解;当所求解的问
题不涉及中间的速度时也可以全过程应用动能定理求解’这样更简便.
（4）列动能定理方程时’必须明确各力做功的正｀负’确实难以判断的先假定为正
功’最后根据结果加以检验
｛24
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］必修2第五章
‖
机械能
［例2］如图所示’轻质弹簧＿端固定’另＿端与—质量为′＂｀套在粗糙竖
仰
直固定杆A处的圆环相连弹簧水平且处于原长.圆环从A处由静
止开始下滑’经过B处的速度最大’到达C处的速度为零’AC＝
h.若圆环在C处获得竖直向上的速度″’恰好能回到A处.弹簧始
终在弹性限度内’重力加速度为g.则圆环
（
）
A.下滑过程中’加速度—直减小
B.上滑过程中’经过B处的速度最大
c下滑过程中.克服靡擦力做的功为士咖腆〗
D.上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度
B‖／′
隘解桥侈
［答案］
CD
［分析］
圆环下滑过程中’从A到B圆环做加速运动’加速度方向下’从B到C圆环做减速
运动’加速度方向上’经过B处的速度最大’圆环在B处的加速度为零’选项A错
误;对圆环受力分析可得:无论圆环在上滑过程’还是下滑过程’经过同一位置时’
圆环受到的杆对它的弹力大小相等’圆环受到的杆对它的摩擦力大小相等’圆环
从A到C克服摩擦力做功和圆环从C到A克服摩擦力做功的大小相等’都设为
腑,对圆环由动能定理可得;＂ghˉ＂＿＂弹＝0,＂弹＿＂gh＿W-0—＋咖2,可解
得;＂＝＋咖舰2.逸项c正确;下滑缝过膨的速度大小为删｜,上滑经过愿的速度大′」｀
为删2,对圆环卤动能定理可得;mg咖铡W…—脱‘-十″;ˉ0’ˉ吨h删十＂霹酗—
‰二0ˉ÷聊燃l,—2腕」-＋矾删｝ˉ＋″;＜0.删｜＜＂:遮项D…圆环在B处
时’弹簧对圆环的弹力在竖直方向的分力大小为FBγ’杆对圆环的摩擦力的大小为
／b’圆环下滑过程中经过B处的速度最大’圆环在B处的加速度为零’则:mg＝FBγ＋
／h;圆环上滑过程中经过B处FBγ＜mg＋／h’上滑过程中’经过B处的的加速度不
为零’速度不为最大’选项B错误.
］25
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｜满分之路.搞定力学t
［小结］
本题要特别注意:
o圆环下滑过程中经过B处的速度最大’圆环在B处的加速度为零.@无论圆环
在上滑过程’还是下滑过程’经过同＿位置时’圆环受到的杆对它的弹力大小相
等’圆环受到的杆对它的摩擦力大小相等’圆环从A到C克服摩擦力做功和圆环
从C到A克服摩擦力做功的大小相等.o上滑经过B的速度和下滑经过B的速度
的大小关系要特别注意区分圆环是从A到B的运动过程还是圆环从B到A的运
动过程.
［例3］宇航员在某星球表面做了如下实验’实验装置如图甲所示’竖直平面内的光滑轨道
由斜轨道AB和圆弧轨道BC组成.将质量′n＝0.2kg的小球’从轨道AB上高H处
的某点由静止释放’用力传感器测出小球经过C点时对轨道的压力大小为F’改变
′／的大小’可测出F随高度H的变化关系如图乙所示
F／N
｜0
‖
（
〃
＼
↑0
‖
」＝≥≥期
B
O
（）.20。40.6（）.8
l（）
H／m
乙
甲
（1）求圆弧轨道的半径;
（2）求星球表面的重力加速度;
（3）作出小球经过C点时动能随H的变化关系图象
唾Ⅷ
［答案］
（l）0.2m
（2）5m／s2
（3）见解析图
［分析］
（l）小球过C点时’由牛顿第二定律得;F＋mg＝咬
厂
小球淘静止下滑至c点灼过程由动能定理得;″嗜（″ˉ2′）-士咖艘｝—0
解得:F＝2Ⅱ1且×Hˉ5mg
厂
］26
／
／
／
′
／
／
／
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『必修2第五章机械能｝
田…
由图可知:当Hl＝0.5m时’Fl＝0N
解得:r＝0.2m.
（2）当H2＝1.0m时’F2＝5N
解得:g＝5m／s2.
（3）小球由静止下滑至C点的过程’由动能定理得:mg（H-2r）＝Ekˉ0
解得:Ek＝Hˉ0.4（J）
则EkˉH图象如图所示.
Fk／J
0。8
0.4
〔′
0.8
〃m
［小结］
@“C点的压力’要利用重力和轨道对C的压力提供向心力的条件;@“F随H的
关系’’要根据条件写出F-H的函数关系.
［例4］如图所示’倾角0＝45。的粗糙平直导轨AB与半径为R的光滑圆环轨道相切’切点为
B’整个轨道处在竖直平面内—质量为m的小滑块（可以看作质点）从导轨上离地
面高为h＝3R的D处无初速度下滑进人圆环轨道接着小滑块从圆环最高点C水平
飞出’恰好击中导轨上与圆心O等高的P点’不计空气阻力’已知重力加速度为g.求:
l
I）
〔
′I
（）｛
′『｛
／／／／／′／／／′／／／／／′／／
（1）滑块运动到圆环最高点C时的速度大小;
（2）滑块运动到圆环最低点时对圆环轨道压力的大小;
（3）滑块在斜面轨道BD间运动的过程中克服摩擦力做的功
］27
／
／
／
／
／
／
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β满分之路.搞定力学］
■Ⅸ露扫
「答案］
（l）顾（2）6侧‘
（3）十咖gR
［分析］
（1）小滑块从C点飞出来做乎抛运动’水乎速度为!′0.
竖直方向上:咒二＋g′2
水平方向上:√ZR＝o0′
解得!′0＝｀／酉R
（2）小滑块在最低点时速度为″’由动能定理得:
＿2帆gR二÷删删;ˉ÷刚＂2
解得〃＝√5酉R
在最低点由牛顿第二定律得:
2
∏0O
FN—mg＝—瓦
解得FN＝6mg.
由牛顿第三定律得Fi＝6mg.
@
◎
◎
◎
◎
◎
@
（3）从D到最低点过程中’设DB过程中克服摩擦阻力做功赂’由动能定理得:
″』gh—赐二÷″卿:ˉ0
O
解得Ⅶ＝÷…~
◎
［拓展延伸＿］在［例4］中’若小滑块刚好能过C点’求滑块与轨道AB间的动摩擦
因数.
［解析］
小滑块＂』好能过c点侧在‘点由牛顿第＿定律得;′孵-等解得
oc＝√g灭小滑块由D至C过程’由动能定理得:
″嗜（h—2虎）—′皿g…×偷ˉ（R—Rc。s0）＝＋m锄:＿0
sin0
～
吕
］
○
～
～
咆
叫
斗
~~
以
得
解
］28
~
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」必修2第五章机械能｝
［答案］
0. l8
［拓展延伸二］在［例4］中’滑块从轨道的P点由静止释放’滑块与粗糙导轨间的
动摩擦因数为〃’求滑块整个运动过程中在AB轨道上通过的总路程.
［解析］
滑块在P点释放’滑块将在两轨道间做往返运动’当滑块到达B点时的
速度为零后滑块将只在圆弧轨道上运动’故全过程由动能定理得:
m醉pBsin0-队mgmos0＝0—0
由几何关系得卯PB＝R
尺
—
以
~~几
得
解
［答案］
旦
以
［小结］
应用动能定理求解多过程问题:
1.首先需要建立运动模型’选择合适的研究过程能使问题得以简化.当物体的运
动过程包含几个运动性质不同的子过程时’可以选择—个、几个或全部子过程
作为研究过程
2.当选择全部子过程作为研究过程’涉及重力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时’
要注意运用它们的做功特点:
（1）重力做的功取决于物体的初｀末高度位置’与路径无关;
（2）大小恒定的阻力或摩擦力做的功等于力的大小与路程的乘积
3.专注过程与过程的连接状态的受力特征与运动特征（比如:速度｀加速度或
位移）.
4列整体（或分过程）的动能定理方程.
］29
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「满分之路.搞定力学l
习
练
→
∏
＝
旱
′
■
~
~
~
~~
l .如图为某同学建立的＿个测量动摩擦因数的模型物块自左侧斜面上A点由静止滑下’
滑过下面—段平面后’最高冲至右侧斜面上的B点.实验中测量出了三个角度’左右斜面
的倾角α和β及AB连线与水平面的夹角为0.物块与各接触面间动摩擦因数相同且为
以,忽略物块在拐角处的能量损失’以下结论中正确的是
（
）
鸵
~~~~~~~~~~
α
（】
f
B.队＝tanβ
A.／L＝tanα
些
’
ˉ
Ⅲ
α
｛
~~
乙
／
●
）
］
C.队＝tan0
2质量为2kg的物体做直线运动’沿此直线作用于物体的合力F与位移卯的关系如图所
示’若物体的初速度为3m／s’则其末速度为
（
）
｜Ⅱ〗ˉ
｜
□
■
斗
〕
〗
］
∩
叫
丑
乌
到
—·
‖
△
司
丝
4
6｜
｛8卯／m
＝■■＝■＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＿
I）.√万m／s
C.√歹m／s
B. ｀／23m／s
A。5m／S
用小锤沿运动方向击打小球’通过两次击打’小球才能运动到圆轨道的最高点.已知小球
在运动过程中始终未脱离轨道’在第＿次击打过程中小锤对小球做功为Ⅳl ’第二次击打
过程中小锤对小球做功为Ⅷ’设先后两次击打过程中小锤对小球做功全部用来增加小
球的动能则畏‖媚可能是
（
）
A÷
△
∑
—
〕
Ⅱ
刁
〕
—
灯
斗
●
℃
D.
］
］3O
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」必修魁第五章机械能｝
4.地球和月球质量比为l :α’半径比l :6’用—根轻质细绳＿端系—个小球’让小球分别在
地球和月球表面做竖直面内的圆周运动’小球都是恰好能完成整个圆周运动’则当小球
运动到最低点时’在地球上和月球上细绳对小球的拉力大小之比为
（
）
A.丘
凰÷
c》
n于
α
水平地面ˉ上质量为m＝6kg的物体’在大小为l2N的水平拉力F的作用下做匀速直线
运动’从则＝2.5m位置处拉力逐渐减小’力F随位移卯变化规律如图所示’当卯＝7m时
拉力减为零’物体也恰好停下’取g＝l0m／s2’下列结论中正确的是
（
）
AF／N
l6ˉ了ˉ厂了忌‖＝了ˉ『ˉ｜ˉ亏ˉ厂了＝厂了＝厂币＝厂＝‖
■』＝】＝』＝〗■』■L＝‖＝丛＝〗■』≈0＝』＝L』＝‖＝」
!｝Ⅵ
‖
〗
〗
】
■』＝巴』■j■
0
〗
〗
0
＝』■巴』＝□＝
〗
∏
0
0
■』＝L凸＝‖＝
‖
0
〗
〗
■守＝尸T＝0＝
】
〗
〗
0
■T■广T＝〗＝
0
〗
∏
0
5
A.物体与水平面间的动摩擦因数为0.2
B.合外力对物体所做的功为ˉ27J
C.物体匀速运动时的速度大小为3m／s
D在物体减速阶段拉力做功大小为54』
耸夕夕夕耸耸乡乡耸岁
引
6.如图所示’在轻弹簧的下端悬挂—个质量为″!的小球A’若将小球A从弹簧
原长位置由静止释放’小球A能够下降的最大高度为∧.若将小球A换为质
量为3′n的小球B’仍从弹簧原长位置由静止释放’则小球B下降h时的速
度为（重力加速度为g’不计空气阻力）
（
）
‖
A.√Z硕
≈＝←矿
匝
Ⅶ
［
）
C.佰万
■
7.如图所示’—块长木板B放在光滑的水平面上’在B上放—A物体’
现以恒定的外力F拉B’使A、B间产生相对滑动’如果以地面为参考
系’A、B都向前移动—段距离在此过程中
（
）
｜
B
｜一
］3］
~~~~~
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‖满分之路,搞定力学k
A.外力F做的功等于A和B动能的增量
B.B对A的摩擦力所做的功’等于A的动能增量
C.A对B的摩擦力所做的功’等于B对A的摩擦力所做的功
D.外力F对B做的功等于B的动能的增量
8. （2015 .高雪全国卷I ）如图’—半径为R粗糙程度处处相同的半圆「·Ⅷ
R
形轨道竖直固定放置’直径P00水平.—质量为′n的质点自P点上方↓
P
O
0
＼三克玉〕
高度R处由静止开始下落’恰好从P点进人轨道.质点滑到轨道最低
点／＼／时’对轨道的压力为4′″g’g为重力加速度的大小用Ⅳ表示质点
从P点运动到／V点的过程中克服摩擦力所做的功.则
（
）
AW＝寺′吧R』质点恰好可以到达0点
△
BⅣ＞÷咖gR,质点不能到达Q点
△
cⅣ＝｛mgR,质点到达0点后,继续上升—段距离
△
DW＜÷咖g尺,质点到达0点后继续上升＿段距离
9.如图甲所示’一质量为4kg的物体静止在水平地面上’让物体在随位移均匀减小的水平
推力F作用下开始运动’推力F随位移卯变化的关系如图乙所示’已知物体与地面间的
动摩擦因数以＝O5’取g＝l0m／s2’则下列说法中正确的是
（
）
F／N
｛（）（）
＼
志思…
｝
〗
』
／
／
Ⅵ
／）
甲
｛′
乙
4
A.物体先做加速运动,推力撤去时开始做减速运动
B物体在水平地面上运动的最大位移是l0m
C.物体运动的最大速度为2｀／i互m／s
D物体在运动中的加速度先变小后不变
］32
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」必修2第五章机械能｝
10.如图所示’竖直平面内放—直角杆MO／＼／’O″水平’OⅣ竖直且光滑’用不可伸长的轻绳
相连的两小球A和B分别套在O″和O／＼／杆上’B球的质量为2kg’在作用于A球的水
平力F的作用下’A｀B两球均处于静止状态’此时OA＝0.3m’OB＝0.4m’改变水平力
F的大小’使A球向右加速运动’已知A球向右运动Olm时速度大小为3m／s’则在此
过程中绳的拉力对B球所做的功为（取g＝l0m／s2）
（
）
′
〔
乃
Ⅳ
A. l1J
B. 16J
C. l8J
I）·9」
ll.质量为lkg的物体静止在粗糙的水平地面上’在＿水平外力F的作用下运动’如图甲
所示’外力F和物体克服摩擦力／做的功与物体位移的关系如图乙所示’重力加速度g
取l0m／s2.下列分析中正确的是
（
）
Ⅷ」
∩
‖
丁
′
寸
〕
勺
～
2（）
］5
］（）
（）
厂匹
′／／／／／／／／／／／／／／′／
日］
~】
~
3
6
9l0l2
l5儿ˉ／l1I
乙
A.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2
B物体运动的位移为13m
C.物体在前3m运动过程中的加速度为3m／s2
D.则＝9m时’物体的速度为3√2m／s
l2.如图所示’＿个可视为质点的滑块从高H＝12m处的A点由静止沿光滑的轨道AB滑
下’进人半径为′＝4m的竖直圆环’圆环内轨道与滑块间的动摩擦因数处处相同’当滑
块到达圆环顶点C时’滑块对轨道的压力恰好为零’滑块继续沿CFB滑下’进人光滑轨
道BD’且到达高度为h的D点时速度为零’则h的值可能为（重力加速度大小g＝
10m／S2）
（
）
｜
B
］33ˉ＿—
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｜满分之路.搞定力学｝
B9m
D. llm
A.8m
C. l0m
l3.如图所示’一个质量为″l的圆环套在—根固定的水平直杆上’杆足够长’环与杆之间的
动摩擦因数为队’现给环＿个向右的初速度″0’如果环在运动过程中还受到—个方向始
终竖直向上的力F’且F＝胁（∧为常数’″为环的速率）则环在整个运动过程中克服摩
擦力所做的功不可能为
（
）
『〉（）
／≡＼
儿——己——＿」
｜F
Ⅱ÷硼搬;嚷2
Ⅲ÷侧咐—繁
∑
○
＂
Ⅶ
′
】
』
—
勺
丝
∧
C. （）
l4.某同学用如图所示装置测物块与长木板间的动摩擦因数.图中长木板固定在水平桌面
上’光滑的四分之一圆弧轨道与长木板的上表面在O点相切’＿竖直标尺紧贴圆弧轨道
左侧放置’圆弧曲面与标尺竖直面相切.
∧
川
‖□
（l）在A点由静止释放物块物块经圆弧轨道滑上长木板’最后停在α点’改变滑块释放
的位置于B点’物块最后停在长木板上的6点’量出A｀B间的高度h’α｀b间的距离L’
重力加速度为g’则物块与长木板间的动摩擦因数为队＝
（2）为了减小实验误差’多次改变物块释放的位置’测出每次物块释放的位置离A点的
高度／』’最后停在长木板上的位置离O点的距离卿’作出则ˉ∧图象’则作出的图象应该
是
（填“过原点’或“不过原点”）的＿条倾斜的直线’求出图象的斜率为∧’则
物块与斜面间的动摩擦因数队＝
］弘
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」必修2第五章机械能｝
l5.打桩机是利用冲击力将桩贯人地层的桩工机械.某同学对打桩机的工作原理产生了兴
趣他构建了—个打桩机的简易模型,如图甲所示.他设想,用恒定大小的拉力F拉动绳
端B’使物体从A点（与钉子接触处）由静止开始运动’上升—段高度后撤去F’物体运
动到最高点后自由下落并撞击钉子’将钉子打人—定深度.按此模型分析,若物体质量
′＂＝lkg’上升了lm高度时撤去拉力’撤去拉力前物体的动能Ek与上升高度h的关系
图象如图乙所示. （g取l0m／s2’不计空气阻力）
儿
Ek／J
尸／‖
∩
∩
∑
月
▲
∩
∑
］
‖
∩
∩
∩
β
∩
‖
［
）
∩
冈
β
斗
勺
丝
｜
蒜扁蔗
）
0
020.4O60.8l（）h ／m
l】Il‖‖
甲
乙
丙
（1）求物体上升到0.4m高度处F的瞬时功率;
（2）若物体撞击钉子后瞬间弹起’且使其不再落下’钉子获得20J的动能向下运动.钉
子总长为10cm.撞击前插人部分可以忽略’不计钉子重力.已知钉子在插人过程中所受
阻力Ff与深度则的关系图象如图丙所示’求钉子能够插人的最大深度
］35＿
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』满分之路.搞定力学1
如图所示’固定在水平地面上的工件’由AB和BD两部分组成.其中AB部分为光滑的
圆弧’乙A0B＝37。’圆弧的半径R＝0.5m’圆心O点在B点正上方’BD部分水平’长度
为L＝（）.2m’C为BD的中点.现有—质量m＝lkg的物块（可视为质点）’从A端由静
止释放’恰好能运动到D点.为使物块运动到C点时速度为零’可先将BD部分以B为
l6
轴向上转动＿锐角0’求:
）
（
ˉ
白
叫
／
司
／
′
刁
〕
织
（）
户
／≤｛
／／37o｛
〃
｜
C
…
B
C
D
B
（l）该锐角0大小（假设物块经过B点时没有能量损失）
;
（2）物块在BI）板上运动的总路程（g＝l0m／s2’sin37。＝（）.6’cos37。＝0.8）
］36
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〗必修2第五章机械能｝
第三讲机械能守恒定律及具应用
「
内容肄读β
机械能守恒定律的研究对象为系统’利用机械能守恒定律解题只涉及系统的初、末
状态’不涉及物理过程’在某些情况下可以使问题得到简化.
◎典例剖析
锈
、一一ˉ
＝～—龋
~~
［例l］如图所示’位于竖直平面内的光滑轨道由四分之＿圆弧αb
〔I
和抛物线6c组成’圆弧半径Oα水平’b点为抛物线顶点.已
知h＝2m’s＝√面m’取重力加速度大小g＝10ln／s2.
（1）＿小环套在轨道上从α点由静止滑下’当其在6c段轨
道运动时’与轨道之间无相互作用力’求圆弧轨道的半径;
（2）若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下’求环到达c
点时速度的水平分量的大小.
‖
皿…
勺
［答案］
（｜）025m
（2）亏√T∏m／3
［分析］
（l）设环到b点时ˉ速度为似b’圆弧轨道半径为′,小环从α到6由机械能守恒得
″嗜′＝当″;ˉ0
o
环与bc段轨道间无相互作用力’从b到c环做平抛运动
咖＝÷g‘2
@
S＝0br
◎
勺
联立可得『二赢
@
代入数据得r≡0.25m.
］37
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｜满分之路.搞定力学l
■疆Ⅷ
（2）环从b点由静止下滑至c点过程中机械能守恒,设到c点时速度为″c’则
厕gh＝÷′＂＂号＿0
环在bc段两次运动过程中沿同＿轨迹运动’经过同一点时速度方向相同
设环在c点时速度与水平方向间的夹角为0’则环做平抛运动时
◎
Uγ
tan0＝＿
0b
◎
◎
Oy＝gt
联立o@◎@式可得
tan0＝2√页
则环从b点由静止开始滑到c点时速度的水平分量″c财＝〃ccos0
联立◎O◎三式可得
＂蹿二÷√I6m／｀
［小结］
机械能是否守恒的三种判断方法:
（1）利用机械能的定义判断:若物体动能势能之和不变’机械能守恒
（2）利用守恒条件判断
◎
◎
（3）利用能量转化判断:若物体系统与外界没有能量交换’物体系统内也没有机械
能与其他形式能的转化’则物体系统机械能守恒
［例2］如图所示轨道是由—直轨道和＿半圆轨道组成的’—个小滑块从距轨道最低点B为
h高度的A处由静止开始运动’滑块质量为m’不计＿切摩擦则
（
）
l
1）
″口
＼｝／
／!
〔
B
A.若滑块能通过圆轨道最高点D’h的最小值为2.5R
B.若h＝2R’当滑块到达与圆心等高的C点时’对轨道的压力为3mg
C.若h＝2R’滑块会从C｀D之间的某个位置离开圆轨道做斜抛运动
D.若要使滑块能返回到A点’则h≤R
｛38
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』必修2第五章机械能｝
■疆洒
［答案］
ACD
［分析］
′7〗02
要使滑块能通过最高点D’则应满足mg＝＿而’可得″＝√gF;即滑块的速度小于
√g亮’滑决元法达到最高点;若滑块速度大于等于√酉F’则可以通过最高点做乎抛
运动;由机械能守』厦定律可知’″』g（h＿M）＝÷咖则2ˉ0,解得h＝25尺,戳A正磁;
若h＝M’由刹至c过程卤机械熊守恒可得哪g（2R—R）＝÷卿吃ˉ0,在‘点’卤
勺
牛颊第二震律有′＂＝等,解得′＂二2′鹏g.窗牛顿第三震律可知B错误;h-2R时
小滑块不能通过D点’将在C｀D中间某一位置离开圆轨道做斜上抛运动’故C正
确;由机械能守恒可知D正确.
［小结］
本题由于—切摩擦不计’滑块满足机械能守恒定律必须注意做圆周运动到D点
的最小速度’注意运用机械能守恒与牛顿运动定律分析圆周运动问题
［例3］＿半径为R的半圆形竖直圆柱面’用轻质不可伸长的细绳连接的A｀B两球悬挂在圆
柱面边缘两侧’A球质量为B球质量的2倍’现将A球从圆柱边缘处由静止释放’如
图所示.已知A球始终不离开圆柱内表面’且细绳足够长’若不计一切摩擦’求:
〔）
A
○B
（l）A球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小;
（2）A球沿圆柱内表面运动的最大位移.
］39
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｜满分之路·搞定力学k
■疆m
（!）2√2亏乌′
（2）√gR
［答案］
［分析］
（1）设A球沿圆柱内表面滑至最低点时速度的大小为〃’
B球的质量为m’则根据机械能守恒定律有
2测gR＿闷gR-÷×2＂则i＋÷吨
由图可知’A球的速度″与B球速度″B的关系为
O
了7了7了7”777777Z歹7○B
○
户
〕
△
°
吕
○
℃
″
~
］
〃
~
β
〃
~／
~～
联立解得＂二2√2亏丝gR
（2）当A球的速度为零时’A球沿圆柱内表面运动的位移最
大’设为则’如图所示’由几何关系可知A球下降的高度
胸＝壶／JR2—卿2.根据机械能守｝馒定律有2咖g励—′昭獭＝0
解得卯＝√gR.
［小结］
解决多物体机械能守恒问题的三点注意:
2RO
B
＿
（1）对多个物体组成的系统’—般用“转化法,’或“转移法”来判断系统的机械能是
否守恒
（2）注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系
（3）列机械能守恒方程时’＿般选用△Ek＝ˉAEP或△EA＝—△EB的形式
窜°／章节练习
份
Ⅳ｀｀｀
■■■≈
h
尸
≈、
b
b｀
（′↓＿4＿》P
′′
夕
′
≈■＝■面
′
辖、～.↓
ˉˉ二′
（
）
｀
D.4mg
l.＿轻绳系住—质量为m的小球悬挂在O点’在最低点先给小球＿水
平初速度’小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动’若在水平半径
OP的中点A处钉＿枚光滑的钉子’仍在最低点给小球同样的初速度’
则小球向上通过P点后将绕A点做圆周运动’则到达最高点／＼／时’绳
子的拉力大小为
A.0
B2mg
C.3mg
］』O
~
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』必修3第五章机械能｝
2.如图所示’竖直放置的光滑圆轨道被固定在水平地面上’半径′
＝0.4m’最低点处有—小球（半径比′小很多）’现给小球＿水
平向右的初速度＂0’要使小球不脱离圆轨道运动’″0的大小可
能为（g＝l0m／s2）
（
）
A.2m／s
B.4m／s
C.6m／s
D8m／s
3. （2016.高雪海南卷）如图’光滑圆轨道固定在竖直面内’—质量为m的小
球沿轨道做完整的圆周运动.已知小球在最低点时对轨道的压力大小为
／＼／1 ’在最高点时对轨道的压力大小为／＼／2.重力加速度大小为g’则／＼／l ˉM
的值为
（
）
A.3mg
B.4mg
C.5mg
D。6mg
~
~
4如图所示’两根等长的细线拴着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动,
某—时刻小球1运动到自身轨道的最低点’小球2恰好运动到自身轨道
的最高点’这两点高度相同’此时两小球速度大小相同,若两小球质量均
为′n,忽略空气阻力的影响’则下列说法中正确的是
（
）
A.此刻两根细线拉力大小相同
B.运动过程中’两根线上拉力的差值最大为2mg
C.运动过程中’两根线上拉力的差值最大为l0mg
D.若相对同＿零势能面’小球1在最高点的机械能等于小球2在最侗
在最低
｜
∩
′
～
｜
l
~~~
点的机械能
5. （20l5 ,高雪全国卷Ⅱ）如图’滑块α｀b的质量均为m’α套在固定竖直杆
上’与光滑水平地面相距h’b放在地面上.α｀b通过铰链用刚性轻杆连接’
由静止开始运动.不计摩擦’α｀b可视为质点’重力加速度大小为g.则
（
）
A.α落地前’轻杆对b—直做正功
B.α落地时速度大小为√z∏
C.α下落过程中’其加速度大小始终不大于g
D.α落地前’当α的机械能最小时’b对地面的压力大小为mg
／／／／／／／′′矿′′／／／／／／／
］4］—
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｛满分之路.搞定力学］
6如图所示’有—光滑轨道A‘‘,川B部分为半径为R的士圆弧,
BC部分水平’质量均为m的小球α｀b固定在竖直轻杆的两端’ A
轻杆长为R’不计小球大小.开始时α球处在圆弧上端A点’由
静止释放小球和轻杆’使其沿光滑轨道下滑’下列说法中正确
B
的是
（
A.α球下滑过程中机械能保持不变
B·α｀b两球和轻杆组成的系统在下滑过程中机械能保持不变
C.α、b滑到水平轨道上时速度为√zF
u从释放到蚂b滑到水平轨道上,整个过程巾轻杆对α球做的功为÷咖gR
C
）
7.如图所示’两根相同的轻质弹簧’沿足够长的光滑斜面放置’下端固定在斜面底部挡板
上’斜面固定不动.质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端现用外力作用在
两物块上’使两弹簧具有相同的压缩量’若撤去外力后’两物块由静止沿斜面向上弹出并
离开弹簧’则从撤去外力到物块速度第＿次减为零的过程中两物块
（
）
B.最大加速度相同
D.重力势能的变化量相同
A.最大速度相同
C.上升的最大高度不同
8.如图所示’长度为L的细线’—端固定于O点’另＿端拴—小球’
先将细线拉直呈水平状态’使小球位于P点’然后无初速度释放
小球’当小球运动到最低点时’细线遇到在O点正下方水平固定
着的钉子K’不计任何阻力’若要求小球能绕钉子在竖直面内做
完整的圆周运动’则K与O点的距离可能是
（
）
A÷L
B÷L
c÷瓜
D÷L
尸
○
（）
∧○
＿］42
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＝7
』必修2第五章机械能｝
9.如图所示’—物体以初速度″0冲向光滑斜面AB’并能沿斜面升高h’下列说法中正确
的是
（
）
D
B
~~~~~~~~~~~~~~~~
｜
力
｜
｜
上
C
｜
0
A.若把斜面从（〕点锯断’由机械能守恒定律知’物体冲出C点后仍能升高h
B.若把斜面弯成圆弧形’物体仍能沿AD升高／l
C.若把斜面从C点锯断或弯成圆弧状’物体都不能升高h’因为机械能不守恒
D.若把斜面从C点锯断或弯成圆弧状’物体都不能升高h’但机械能仍守恒
l（）.如图所示’A｀B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连’A放在
固定的光滑斜面上’B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为
∧的轻质弹簧相连’C球放在水平地面上.现用手控制住A’并
使细线刚刚拉直但无拉力作用’并保证滑轮左侧细线竖直｀右
／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／／
侧细线与斜面平行.已知A的质量为4m’B、C的质量均为′′l’重力加速度为g’细线与滑
轮之间的摩擦不计’开始时整个系统处于静止状态释放A后’A沿斜面下滑至速度最
大时C恰好离开地面.下列说法中正确的是
（
）
A.斜面倾角α＝60。
~~厂ˉ-
凰A获得的最大速度为2g√;‖
C.C刚离开地面时’B的加速度最大
∏从释放A到C刚离开地面的过程中’A、B两小球组成的系统机械能守恒
＼
~）
ˉ片＞／
1L（20l7 .高雪全国卷Ⅱ）如图’半圆形光滑轨道固定在水平地面上’半
圆的直径与地面垂直—小物块以速度″从轨道下端滑人轨道’并从
轨道上端水平飞出’小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有
关’此距离最大时对应的轨道半径为（重力加速度大小为g）
（
）
∩
勺
∧孟
＂篷
勺
α惫
n嚣
~
u3＿＿
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「满分之路搞定力学〖
l2.如图所示’不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮’绳两端各系—小
球α和b.α球质量为′n’静置于水平地面上;6球质量为3′n’用手
托住’高度为h’此时轻绳刚好拉紧.现将b球释放’则b球着地瞬
间α球的速度大小为
（
）
A.√顾
B.√z丙
c僧
n2√硕
／
l3. （20l6.高奢全国卷Ⅱ）如图’小球套在光滑的竖直杆上’轻弹簧一端固定于
O点’另＿端与小球相连.现将小球从″点由静止释放’它在下降的过程中″
经过了∧／点.已知在M｀∧／两点处’弹簧对小球的弹力大小相等’且乙O／VM＜
乙0MⅣ＜乎在小球从″点运动到∧′点的过程中,
（
）
△
Ⅳ
A.弹力对小球先做正功后做负功
B.有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C.弹簧长度最短时’弹力对小球做功的功率为零
D.小球到达／V点时的动能等于其在M｀Ⅳ两点的重力势能差
O
l4. （20l6.高雪全国卷Ⅱ）小球P和0用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上’P球的质量大
于0球的质量’悬挂P球的绳比悬挂0球的绳短.将两球拉起’使两绳均被水平拉直’
如图所示.将两球由静止释放.在各自轨迹的最低点’
（
）
Q
A.P球的速度—定大于0球的速度
BP球的动能＿定小于Q球的动能
C.P球所受绳的拉力＿定大于0球所受绳的拉力
D.P球的向心加速度—定小于Q球的向心加速度
l5.如图所示’粗细均匀’两端开口的U形管内装有同种液体｀开始时两边液面高度差为h’
管中液柱总长度为4h’随后让液体自由流动’当两液面高度相等时’右侧液面下降的速
度为
（
）
＿I
］q4
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』必修2第五章机械:能｝
A√豪丙
＂√≡丙
c｀／F
＂｀／三丙
／馏亡
如图所示’＿块足够大的光滑平板放置在水平面上’能绕水平固定
轴M∧／调节其与水平面所成的倾角.板上—根长为L＝0.60m的轻
″
Ⅳ
绳’它的—端系住—质量为′〃的小球P’另＿端固定在板上的O点.
当平板的倾角固定为α时’先将轻绳平行于水平轴M／＼／拉直’然后给小球一沿着平板并
与轻绳垂直的初速度″0＝3m／s.若小球能保持在板面内做圆周运动’倾角α的值应在
l6
什么范围内? （取重力加速度g＝10m／s2）
］46
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｜满分之路.搞定力学〗
17.如图所示’AB为光滑的水平面’BC是倾角为α的足够长的光滑斜面’斜面体固定不动.
AB｀BC间用—小段光滑圆弧轨道相连.—条长为L的均匀柔软链条开始时静止地放在
ABC面上’其—端D至B的距离为（Lˉα）.现自由释放链条’则:
1）
4
C
（l）链条下滑过程中’系统的机械能是否守恒?简述理由;
（2）链条的D端滑到B点时’链条的速率为多大?
18.某实验小组做了如下实验’装置如图甲所示竖直平面内的光滑轨道由倾角为0的斜面
轨道AB和圆弧轨道BCD组成’使质量m＝0. lkg的小球从轨道AB上高H处的某点由
静止滑下’用压力传感器测出小球经过圆弧轨道最高点D时对轨道的压力F’改变H的
大小’可测出相应的F大小’F随H的变化关系如图乙所示’取g＝10m／s2.
0F／N
■
■
■
■
■
■
辑
（）
5
‖
‖
‖
‖
｜
』／｜
｜
‖
‖
‖
｜
｜
O—（II厕（l608l0l2
~
′′／m
甲
乙
（1）求圆轨道的半径R;
（2）若小球从D点水平飞出后又落到斜面上’其中最低点与圆心O等高’求0的值
M6
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1必修2第五章机械能｝
l9.如图所示’在倾角为30。的光滑斜面体上’—劲度系数为∧＝200N／m的轻质弹簧—端连
接固定挡板C’另＿端连接—质量为m＝4kg的物体A’—轻细绳通过定滑轮’—端系在
物体A上’另—端与质量也为″l的物体B相连’细绳与斜面平行’斜面足够长’用手托
住物体B使细绳刚好没有拉力’然后由静止释放’求:
B
C＿
（1）弹簧恢复原长时细绳上的拉力;
（2）物体A沿斜面向上运动多远时获得最大速度;
（3）物体A的最大速度大小.
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｜满分之路.搞定力学］
第四讲功能关系及旦应用
＿一内容酮
做功的过程就是能量转化的过程.不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的.
功是能量转化的量度’功和能的关系’—是体现在不同的力做功’对应不同形式的能
转化,具有一—对应关系’二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等.有时候利用
功能关系解题’可以避免繁杂的运算’节省时间.
◎典例剖析
~~~~~~~~~~~
~~~
［例l］（2（）18 .高雪全国卷I ）如图’α6c是竖直面内的光滑固定轨道’
R
厂ˉ--7（
｜／
αb水平’长度为2R; bc是半径为R的四分之—圆弧’与αb相∩
了而＝雨T
b
切于b点.—质量为″′的小球’始终受到与重力大小相等的水
（′
平外力的作用’自α点处从静止开始向右运动.重力加速度大小为g.小球从α点开
始运动到其轨迹最高点’机械能的增量为
（
）
A.2mgR
B.4mgR
C·5″lgR
D.6mgR
…Ⅷ
［答案］
C
［分析］
设小球运动到c点的速度大小为〃c’则对小球由α到C的过程’由动能定理有
F.3R—厕gR＝＋″测!’又F＝略,解得＂c＝2√g秃,小球离开c点后’在水乎方向上做
△
初速度为零的匀加速直线运动’竖直方向上在重力作用下做匀减速直线运动’由牛
顿第二定律可知’小球离开c点后水平方向和竖直方向的加速度大小均为g’则由
竖直方向的运动可知’小球从离开c点到其轨迹最高点所需的时间为t＝些＝2
g
仔.…方…穆大』｜为蜒-÷爵′三2赋…分树…』｜球…形.
运动到其轨迹最高点的过程中’水乎方向的位移大小为5R’则小球机械能的增力口
量为△E＝F.5R＝5′″gR’C正确’A｀B｀D错误.
］48
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」必修2第五章机械能｝
…
［小结］
几种常见力做功与对应的能量变化的关系:
l.重力做正功’重力势能减少;重力做负功’重力势能增加’ⅣG＝—△Ep.
2.弹簧等的弹力做正功’弹性势能减少;弹簧等的弹力做负功’弹性势能增加,Ⅳ弹
＝-△Ep.
3.电场力做正功’电势能减少;电场力做负功’电势能增加Ⅳ电＝＿△Ep.
4.合力做正功’动能增加;合力做负功’动能减少W合＝△Ek.
5.重力以外的其他力做正功’机械能增加;重力以外的其他力做负功’机械能减
少’Ⅳ挂＝AE.
［例2］如图所示’将砧码A放在水平桌面上的纸板B上’各接触面间动摩擦因数均相同’砧
码到纸板左端和桌面右端的距离均为（／’在水平向右的恒力F的作用
从硅码下方抽出’且砧码刚好到达桌面右端则下列说法中正确的是
「’可将纸板
）
（
＼
州
千
Ⅲ
么
面
桌
‖
州
千
〃
‖
＿
β
A.砧码与纸板分离前后的加速度大小—定相等
R臆码与纸板分离时,赋码—定位了距离桌面右端:处
C.其他条件不变’换用更大的恒力F’砧码将不能到达桌面右端
D.其他条件不变’换用更大的恒力F’砧码与纸板间摩擦产生的热量将减小
］』9
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｜满分之路.搞定力学〗
［答案］
ABC
［分析］
珐码A在纸板B上发生相对运动时’对珐码A由牛顿第二定律可得:队mAg＝
mAα1 ’αl＝／1g’此过程珐码A做加速度大小为αl的匀加速直线运动;当珐码A落
到桌面后做力口速度大小为α2的匀减速直线运动’对珐码A由牛顿第二定律可得:
队′nAg＝′′Mα2’α2＝“’珐码与纸板分离前后的加速度大小一定相等’选项A正确;
………输…大…｀则盏吮ˉ〃｝…鸳…离蹦｀戳
戳＿…蹿离…端‘÷;蜒选窥…;……艇上糯下输｀
对纸板B由牛顿第二定律可得:Fˉ〃（mA＋″lB）gˉ〃″Mg＝mBα3’女口图所示’画出
珐码A和纸板B的″-』图象’二角形OEH的“面积大小”表示纸板B的位移卯B的
大小’三角形ODH的“面积大小”表示珐码A的位移卯A的大小’三角形OED的
“面积大小”表示珐码A相对于纸板B的位移△狐AB的大小’由几何关系可得:△卯AB
＝匆Bˉ则A＝‖’二角形ODⅣ的“面积大小’’表示珐码A的总位移卯』的大小’结合题
意可得:则』＝d;同理画出其他条件不变’换用更大的恒力F时’珐码A和纸板B的
″—r图象,三角形OCP的“面积大小”表示珐码A的总位移们》的大小’则‖＜Ⅲ’即珐
码将不能到达桌面右端’选项C正确;其他条件不变’换用更大的恒力F’珐码与
纸板间摩擦产生的热量仍为0＝队mg〃’选项D错误.
｜0A
O
B′′′〕
Ⅳ
〔
ˉ］田
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』必修2第五章机械能｝
…Ⅷ
［小结］
三步求解相对滑动物体的能量问题:
1.正确分析物体的运动过程’做好受力分析
2.利用运动学公式’结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系.
3.代人公式W＝∧相对计算’其中则相对为两接触物体间的相对位移’若物体在传送
带上做往复运动时’则代人总的相对路程s相对.对相对路程s相对的理解’例如:
如果两物体同向运动’s相对为两物体对地位移大小之差;如果两物体反向运动’
s相对为两物体对地位移大小之和;如果＿个物体相对另—个物体往复运动’则
s相对为两物体相对滑行路径的总长度
［例3］如图所示’绷紧的皮带与水平面的夹角0＝30。’皮带在电动机的
↑
∧
｜
带动下’始终保持似0＝2m／s的速率运行’现把＿质量为′川＝
l0kg的工件（可看做质点）轻轻放在皮带的底端’经过时间
1.9s’工件被传送到h＝1.5m的高处’g取l0m／s2’求:
（l）工件与传送带间的动摩擦因数;
（2）电动机由于传送工件多消耗的电能.
唾m
［答案］
（｜）罕（2）230J
～
［分析］
h
＝3m.工件速度达″0前’做匀加速运动的位移
（1）由题图可知’皮带长鳃＝sin30。
1
~
″l＝″tl＝丁″0′l
匀速运动的位移为卯-卯l＝″0（t-′1）
解得加速运动的时间』l＝0.8s
加速运动的位移卯l＝0.8m
所以加速度α＝血＝2.5m／s2
r1
］5］
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｜满分之路.搞定力学l
｜mⅧ
由牛顿第二定律有:以mgcos0ˉmgsln0＝mα
解得;仙＝罕
▲
（2）从能量守恒的观点可知’显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能｀势能
以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量.
在时间tl内’皮带运动的位移
卯皮＝U0tl＝1.6m
在时间』l内’工件相对皮带的位移
卯相＝卯皮-卯l＝0.8m
在时间』l内’摩擦生热
Q＝件mgcos0厕相＝60J
二件获得的动能闽＝÷测则;＝20J
工件增加的势能Ep＝mg／l＝150J
电动机多消耗的电能W＝0＋Ek＋Ep＝230J.
［小结］
从能量守恒的观点可知’电动机多消耗的电能用于增加工件的动能｀势能以及克
服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量
＼
‖
〗
·
／
吕
●
】
Ⅲ
扩
』
『
｀
、
′
′
『
’
〃
『
↑
［例4］如图甲所示’质量为lkg的小物块以初速度
″0＝11m／s’从0＝53。固定斜面底端先后两
次滑上斜面’第＿次对小物块施加＿沿斜面
向上的′恒力F’第二次无恒力’图乙中的两条
＼／＼（′
｜
吕
′
′
′
《
线段α｀b分别表示存在恒力F和无恒力F时
甲
小物块沿斜面向上运动的″—r图象’不考虑
空气阻力’g＝l0m／s2’下列说法中正确的是（sin53。＝0.8’cos53。＝
空气阻力’g＝l0m／s么’下列说法中正确的是（sin53。＝0.8’cos53。＝
l.0
1. 1
乙
（
）
0.6）
A.恒力F大小为2lN
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C.有恒力F时’小物块在上升过程中机械能的减少量较大
D.有恒力F时’小物块在上升过程中产生的热量较小
］52
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］必修2第五章机械能｜
…涵
［答案］
B
［分析］
第一次对小物块施力口一沿斜面向上的恒力F’对小物块由牛顿第二定律可得:
″lgsin0＋〃″lgcos0-F＝mαl ;第二次无恒力’对小物块由牛顿第二定律可得:
尸
力
恒
得
可
∑
吕
／
Ⅲ
］
］
~~
∑
α
∑
吕
〃
·
］
~~
α
得
可
乙
图
＾
口
蛙
徊
】
α
″
~~
∩
回
◎
吕
℃
吕
加
以
＋
∩
″
∏
吕
自
加
大小为1N,选项A错误;物块与斜面间的动摩擦因数为0.5’选项B正确;有恒力
F时小物块在上升过程的加速度小于无恒力F时小物块在上升过程的加速度’结
合躯＝2i二2i可得;有恒力F时小物块在上升过程的位移大小大于无恒力F时小
2α
物块在上升过程的位移大小’小物块在上升过程克服摩擦力做功为吗＝／Ⅺmg赃coS0’
根据“物体兑服摩擦力做的功等于物体产生的热量”可得:有恒力F时’小物块在
上升过程产生的热量较大’选项D错误;根据“除去重力对物体做功外其他力做功
的代数和等于物体的机械能的变化”可得:有恒力F时’小物块在上升过程机械能
的减少量△E1＝（〃mgcos53。-F）卯l＝l2. 1 J’元恒力F时’小物块在上升过程机
械能的减少量△E2＝队mgcos53。绷2＝l6.5J’有恒力F时’小物块在上升过程机械
能的减少量较小’选项C错误.
［小结］
选水平面为参考平面,小物块在上升过程机械能的减少量为M＝＋″;—…in0’
有恒力F时小物块在上升过程的位移大小大于无恒力F时小物块在上升过程的
位移大小’有恒力F时,小物块在上升过程机械能的减少量较小’选项C错误本
题中特别注意″ˉt图象的斜率表示物体的加速度’进而可得:有恒力F时’对应的
图象为α’无恒力F时’对应的图象为b.
］53
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｜满分之路.搞定力学｝
..?章节练习
1.如图所示’质量为m的滑块以＿定初速度滑上倾角为0的固定斜面伺时施加＿沿斜面
向上的恒力F＝mgsin0’已知滑块与斜面间的动摩擦因数队＝tan0’取出发点为参考点’
能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量0｀滑块动能Ek势能Ep｀机械能E随
时间t｀位移则变化关系的是
（
）
｜F
▲二
A
B
C
→
′
D
卯
（）
2. （20l7 .高奢全国卷Il）如图’＿质量为m,长度为／的均匀柔软细绳P0竖
直悬挂.用外力将绳的下端0缓慢地竖直向上拉起至M点’″点与绳的上
端P相距＋′重力加速度大小为g在此过程中’外』做的功为
（
）
A÷吧′
B÷腮g′
c÷咖g′
｜）÷″嗜′
｜
O~
3.构建和谐型｀节约型社会深得民心’节能器材遍布于生活的方方面
面’自动充电式电动车就是很好的＿例’电动车的前轮装有发电机’
发电机与蓄电池连接当骑车者用力蹬车或电动车自动滑行时’电障l乞＼
5
（）
β
‖
｜
6
l0九／l Il
动车就可以连通发电机向蓄电池充电’将其他形式的能转化成电能储存起来现有某人
骑车以5kJ的初动能在粗糙的水平路面上滑行’第—次关闭自动充电装置’让车自由滑
行’其动能随位移变化关系如图直线α所示;第二次启动自动充电装置’其动能随位移变
化关系如图曲线b所示’则第二次向蓄电池所充的电能接近
（
）
A.5kJ
B4kJ
C。3kJ
D.2kJ
｛“
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』必膨2第五章机械能｝
4.如图所示’斜面固定在水平面上’轻质弹簧—端固定在斜面顶端’另一端与物块相连’弹
簧处于自然长度时物块位于O点’物块与斜面间有摩擦现将物块从O点拉至A点’撤
去拉力后物块由静止向上运动’经O点到达B点时速度为零,则物块从A运动到B的过
程中
（
）
″″伊＝
A.经过位置O点时’物块的动能最大
B.物块动能最大的位置与AO的距离无关
C.物块从A向O运动过程中’弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量
I）.物块从O向B运动过程中’动能的减少量大于弹性势能的增加量
5.如图所示’长为L的小车置于光滑的水平面上’小车前端放＿小物块’用大小为F的水平
力将小车向右拉动＿段距离s’物块刚好滑到小车的左端’物块与小车间的摩擦力为／’在
此过程中
（
）
感＝
A.系统产生的内能为／I
C.物块增加的动能为／Z
B.系统增加的机械能为Fb
D小车增加的动能为Fs-／Z
6.—物体仅受重力和竖直向上的拉力作用’沿竖直方向向上做减速运动.此过程中物体速
度的平方和上升高度的关系如图所示.若取h＝0处为重力势能等于零的参考平面’则此
过程中物体的机械能随高度变化的图象可能正确的是
（
）
U
仁
〔
仁
~
→
帧
｜
卜
厂
（
砸
二
』
·
A
8
（］
D
］55
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｜满分之路,搞定力学l
7.如图所示’—轻弹簧左端固定在长木板M的左端’右端与小木块m连接’且m与M及″
与地面间接触面光滑’开始时’′n和M均静止’现同时对m、M施加等大反向的水平恒力
Fl和F2’从两物体开始运动到以后的整个运动过程中’弹簧形变不超过其弹性限度.对
于m、″和弹簧组成的系统’下列说法中正确的是
（
）
″
A.由于Fl ｀F2等大反向’故系统机械能守恒
B.当弹簧弹力大小与Fl ｀F2大小相等时’m、M各自的动能最大’此时系统机械能最大
C.运动的过程中’′＂｀M动能的变化量加上弹簧弹性势能的变化量等于Fl、F2做功的代
数和
D.在运动过程中″l的最大速度—定大于M的最大速度
8.如图所示’—足够长的木板在光滑的水平面上以速度″向右匀速运动’现将质量为m的
物体轻轻地放置在木板上的右端’已知物体m和木板之间的动摩擦因数为以’为保持木
板的速度不变’从物体m放到木板上到它相对木板静止的过程中’须对木板施加—水平
向右的作用力F’那么力F对木板做功的数值为
（
）
贴
、
…
＝
…
｜
″
∑
〖
加
‖
Ⅱ
—
勺
△
■
β
∑
【
／
Ⅶ
『
］
—
斗
∧
D2′7M／2
9.如图所示’在某竖直平面内’光滑曲面AB与水平面BC平滑连接于B点’BC右端连接内
壁光滑｀半径r＝02m的四分之—细圆管CD’管口D端正下方直立＿根劲度系数∧＝
l00N／m的轻弹簧’弹簧＿端固定’另＿端恰好与管口D端平齐.＿个质量为lkg的小球
放在曲面AB上’现从距BC的高度h＝0.6m处静止释放小球’它与BC间的动摩擦因数
队＝0.5’小球进人管口C端时’它对上管壁有FN＝2.5′Ⅶg的作用力’通过CD后’在压缩
弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5J.重力加速度g取l0m／s2.求:
］况
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』必修2第五章机械能｜
（1）小球在C处受到的向心力大小;
（2）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm;
（3）小球最终停止的位置
l0.如图所示’传送带与地面的夹角0＝37°’A、B两端间距L＝l6m’传送带以速度″＝
l0m／s’沿顺时针方向运动’物体″』＝lkg’无初速度地放置于A端’它与传送带间的动
摩擦因数以＝0.5’试求:（sin37。＝0.6’cos37。＝0.8）
A
~
●
＼k;
B
＿＿＿-旺A:
（1）物体由A端运动到B端的时间;
（2）系统因摩擦产生的热量.
］57
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｜满分之路搞定力学l
认
叫
／
℃
ll.某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛’比赛路径如图所
示.可视为质点的赛车从起点A出发’沿水平直线轨道运动L
后’由B点进人半径为R的光滑竖直半圆轨道’并通过半圆轨』≡了…B
道的最高点C’才算完成比赛.B是半圆轨道的最低点’水平直线轨道和半圆轨道相切
于B点.已知赛车质量′n＝0.5kg’通电后以额定功率p＝2W工作’进人竖直半圆轨道
前受到的阻力恒为／＝（）.4N’随后在运动中受到的阻力均可不计’L＝l0·0m’R＝0.32m’
g取l0m／s2.
（1）要使赛车完成比赛’电动机至少工作多长时间?
（2）若电动机工作时间为′0＝5s’当半圆轨道半径为多少时赛车既能完成比赛且飞出
的水平距离又最大?水平距离最大是多少?
』′mm｀○
l2如图所示,＿个半径为腮的寸圆周的轨道,o点为圆
心’B为轨道上的—点’OB与水平方向的夹角为37。.
轨道的左侧与＿固定光滑平台相连’在平台上—轻质
O
卞
~
P
A
…″和％…伊…
弹簧左端与竖直挡板相连’弹簧原长时右端在A点.现用—质量为m的小球（与弹簧不
连接）压缩弹簧至P点后释放.已知重力加速度为g’不计空气阻力.
（1）若小球恰能击中B点’求刚释放小球时弹簧的弹性势能;
（2）试通过计算判断小球落到轨道时速度能否与圆弧垂直;
（3）改变释放点的位置’求小球落到轨道时动能的最小值.
］58
~
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答案与解析
必修l
第一章直线运动
第-讲运动的描述
［章节练习］
1答案:B
解析:研究跳水比赛中选手在空中的动作时,不能把选手看做质点’A错误;确定帆船在水面上的位置
时,不用考虑船的大小能看做质点,B正确;研究乒乓球的旋转时,乒乓球不能看做质点,C错误;运动员
冲线过程可以是身体的不同位置接触终点线’不能看做质点,D错误
2.答案:D
解析:首先找出描述物体运动时选的参考系’弄清运动方向及速度大小关系,再以地面为参考系’分析物
体的运动情况甲车内的同学看到乙车不动,说明甲｀乙两车的运动状态相同,故A、B、C错误;乙车内的
同学看到树木问西移动,说明乙车相对地面向东运动’选项D正确
3.答案:D
解析:金星通过太阳和地球之间时’我们才看到金星没有被太阳照亮的＿面呈黑色’选项A错误;因为太
阳的大小对所研究问题起着至关重要的作用’所以观测“金星凌日”不能将太阳看成质点’选项B错误;
金星绕太阳—周’起点与终点重合’位移为零,选项C错误;金星相对于太阳的空间位置发生了变化’所
以以太阳为参考系’金星是运动的,选项D正确
4答案:C
解析:质点的速度越大,加速度不＿定越大,比如质点以较大速度做匀速直线运动’加速度为零,故A错
误;质点的速度变化量越大’加速度不＿定越大,还与变化的时间有关,故B错误;当质点加速度的方向
与速度万向相问时,川速度减小速度增大’故c正确;根搬“＝搬知′加逮度的万向与速腰变化量的方
向相同,故D错误
5.答案:BC
解析;从」到B位嚼为9km’用时古‖』由平均速度定义式叫得镶个过程的平均逮度为｜08km／h,故∧
错误、B正确;速度计显示的是瞬时速度大小,故C正确;经过C时速度的方向沿C点切线指向运动方
向,故D错误
］69
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~ 满分之路′搞定力学l
6.答案:B
解析:由似＝6′2（m／s）得当t＝2s时,似＝24m／s;根据质点离开O点的距离随时间变化的关系为缅＝
（5＋2t3）m得:当t＝2s时,则,＝2lm,t≡3s时,勉q＝59m;则质点在t＝2s到〗＝3s时间内的位移△虹＝
“』—鹏』-38m,〗～盖-竿m鼠＝38m爵,故选坝B正确
第二讲匀变速直线运动规律
［章节练习］
l.答案:A
解析:根据‘做匀变速直线运动的物体在某一段时间内中间时刻的瞬时速度等于这一段时间的平均速
度可得铡｜十］2…｀呛÷…山鹏』二喻带窿《可得动牟迸站＂咖‖遥度大小为等』n／富』｀
选项A正确
2.答案:B
解析;水｜擞骚m二抛运动的初速废为谬＂｀0～酗,水在率巾的＂恫为』～菩,水在穿巾锄体榴咋触则＊
7
中水的顺量为咖ˉ′＂-警选项B正确
3.答案:A
U0＋k00
解析;由铡』三＂＂十鳃可得;枷＂-咐…,由“-罕』可得X-
2
‘
在随后的4〗时间内,质点的位移大小为
＂′-4脚0』十＋感×（绑）2.叮得;蜒′-8（γ「／）翼,选项A正确
4答案:B
解析;设第—阶段的末速度为删则＂｛题意可知;六带六二嚼解得;删-／2侧｜“2』
2
2
γαl＋α2
而』二竿!｜＋宁‘2二÷,山此解得;′＝／2墩（α｜带憾』）,故选项B正确.
γ
α1α2
5.答案:（〕
解析根据＂＝铡回知,质点在a5.时刻的速度比在…时刻的速度大4m／爵’所以加逮度感＝器＝
4ˉ型△-｜m′愚2,删,二删0＋α′-95m／爵｀撼’～÷—（删‘十删’）』＝45m选坝c服确
4S
］刨
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』答案与解析｜
6答案:AC
解析:由于斜面光滑,物块沿斜面向上与向下运动的加速度大小相同,α＝gsin0’故物块从c点运动到b
点所用的时间等于从b点运动到C点所用的时间,选项A正确,B错误;物块由b点到α点的过程是初速
度为零的匀加逮直线运动则可知↑-方解得!财-粤′选项c正确;陶于‘腮是位移的中点物块忙
滑过程中通过c点的速度不等于整个上滑过程的平均速度’选项D错误
7.答案:ACD
解析当物体的位移为4m时根据瓣＝硼0』十÷α／得4m＝5n√s×』—上蕊2m／爵2ב』
2
解得tl≡l S’t2≡4S;
当物体的位移为ˉ4m时根据膊＝聊（』』＋十“／得—4m＝5m／鼠x』ˉ＋×2m／s2×瞧2
▲
解得』』-5十严鼠,故A｀c、D正确,s错误
8。答案:C
＂宁凋在BC段的平均速度大小为
解析:因为物体在AB段的平均速度大小为3m／s’所以3m／s＝
0）C＋OB
,即〃c＿〃A＝6m／s;又因为AB＝BC,故″§—〃i＝″cˉ″;代人整理得″cˉ!）B＝
2
6m／s’所以6m／s≡
巾
么
2m／s,与0C＋oB＝l2m／s联立解得0′B＝5m／s,故C正确
9.答案:A
解析:根据汽车刹车后的坐标卯与时间t的关系购＝30t—5′2（m）’对比匀变速直线运动的规律匆≡o0t＋
÷“2.叮知汽乍刹乍过程的初逮度大小为30m／鼠.加速度大小为｜0n√鼠2.故选项A正确
lO答案:ABD
解析在阅个过程中速度变化量人小相等时｜旬之比为l
; 3′由侧＝器得先后侧个过穆的加速度大小
-
O0＋O
之比为3:
l ’选项A正确;由o＝—丁得’平均速度大小之比为l
:
l ,选项B正确;由匆＝ot得,两个过
△
程的位移大小之比为l
:
3,选项C错误、D正确
11答案:D
解析;设质点运动的j‖速度为α.由」两个过程逮度变化量相等.故所川时间相等′没为』则有』二等根
据做匀变速直线运动的物体在任意相邻相等时间内的位移之差相等有匆2＿则l＝αt2’解得α＝（△!′）2 ’选
卯2-卯l
项D正确
］6｛
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满分之路,搞定力学h
』
l2。答案:BC
解析;当滑块速度大小减为粤时’其方向可能与初速度方向相同｀也可能与初速度方问相反,因此要考
▲
虑侧种情况即＂～÷咖≡÷代人公式』～罕得′÷或′≡菩蚊圆c丽蹦
l3.答案:AD
解析:匀速运动时
％＝Ut
o
匀加速匀减速运动时篮＝十硼m』
@
由o@式得
0
＝2U
o
m
2
2
曲＂』三2.褒得;轰哉三＂
酗
“德了芋,故谴…正确
由oo@式得:
l4答案:BD
解析:根据题中图表的数据,可以求出物体下滑的加速度α1 ＝4m／s2和在水平面上的加速度α2≡
—2m舅2根据运动学公式;…→α′｜＋硼2‘2＝｜2m／慧,《｜＋‘』＝2.解川』｜＝÷｀′知经过?.到达B
点到达B点时的速度＂＝卿!′-斗m／爵如果第4,还在斜面上｀逮度应为｜…,从∏j判断出第4.已
过B点’是在2s到4s之间经过B点.所以最大速度不是12m／s,故A、C错误;第6s末的速度是
8m／爵,到停下来还需时间』′＝导＄＝4s,所以到C点的时间为l0,,故B正确;根据＂2—侧;＝2α涎’求出
姻段的长度为孪m,Bc段长度为掣m则儿R间的距离小于B｀c间的距离故D正确
l5。答案:（l）1l0
（2）0.765
s4＋s3-S2-S1
解析:（l）根据“做匀变速直线运动的物体在连续相等的时间内位移差为定值,’可得:α＝
勺
≡
4T
1· 1（）m／s2.
（2）根据‘做匀变速直线运动的物体在某—段时间内中间时刻的瞬时速度等于这＿段时间内的平均速
度』可得小球任位置B的速度为喻-宁-M7…｀由鹏』-徽o…可得嗡-膊‘ˉα′-o76…
］62
~
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『答案与解析）
16.答案:（l）（2ˉ√了）
S
（2）（√5—√可）
s
解析:（1）木杆由静止开始做自由落体运动,木杆的下端到达圆筒上端A所用的时间
木杆的上端到达圆筒上端A所用的时间
贰／平焉√平.≡2..
t上A
则木杆通过圆筒上端A所用的时间
‘l＝旗上』ˉ‘下‘＝（2ˉ何）
s.
（2）木杆的上端到达圆筒下端B所用的时间
Ⅶ』贰／平√平.≡橱.
则木杆通过圆筒所用的时间
′2＝′上.—′下』＝（√百ˉ√可）S.
17.答案:l
:
3
解析:根据题意可知:物体在第＿个时间j内做匀加速直线运动,在第二个时间t内先做匀减速运动到
速度为零然后反向加速,取初始速度方向为正方向.
针对闷个运动阶段由位移公式有颠＝÷α｜』』,
’
厂
凸
）
∑
α
（
］
—
∑
＋
‖
●
′
］
α
~~
卯
α1
l
联立解得—＝—
α2
3
.
18.答案:（l）l43m
（2）29s
解析:（l）汽车通过ETC通道时:
2
2
匀…程蕊｜三导ˉ辐Ⅷ
2
2
Ol -0／2＝90m
匀加速过程:匆2＝2α2
汽车的总位移: 则＝如l＋Ⅲ＋则2＝143m
（2）汽车通过ETC通道时:
ol-u2≡5s
匀减速过程:tl＝
αl
］63
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［澎分之路.搞定力副
了
匀速过程:』,＝ˉ旦≡2S
～
02
Ol-02＝10S
匀加速过程:t3＝
α2
汽车通过ETC通道的总时间:t≡』l＋t2＋t3＝l7s
…过人丁收费遮道时习减…;‘｛｝÷’｀
匀加速过程:‘俞′＝止＝14s
≡
α2
汽车通过人工通道的总时间:t′≡jl′＋t0＋t2′＝46s
汽车节约的时间:△t＝t′—r≡29s.
第三讲运动图象追及、相遇问题
［章节练习］
1答案:C
解析』由题图叫知甲车做匀速盲线运动速度徽甲＝器＝粤m′鼠＝4m爵,故A错误;由题图叮知乙车做匀
减速直线运动’可看做是反方向的匀加速直线运动’则有卿＝÷“2当其反向运动5·时’位移为20m则
▲
有20＝＋″5』得j‖速度人小α＝l…2因其共运动了｜0＂,叮得蕊0二＋×｜呵蕊｜02m＝80m’故C
正确｀B错误;t＝5s时’两车相遇’但甲车速度o甲＝4m／s小于乙车速度″乙＝8m／s,故D错误
2.答案:A
解析:由题图可知’因在0～t3时间内甲、乙两质点的速度图线与』轴所围‘面积’,相等,说明位移相等’则
甲、乙两质点的平均速度相等,故A正确;在0～〗l时间内,甲的图线斜率为正值’加速度为正方向,在t2
～t3时间内’乙的图线斜率为负值,加速度为负方向,两个加速度不相同,故B错误;甲质点在0～tl时间
内＂平…霉于竿-》.乙臆点在0ˉ监时｜则内的v均速度等于竿二粤.敬c镭谈＼由题圈可知
甲、乙两质点的速度均为正值则两质点均做单向直线运动,不可能回到出发点,故I）错误
3.答案:BC
解析:由题图可知’tl时刻’b车追上α车,故A错误;勿—‖图象的斜率表示速度,由于′2
时刻α、b两图象的斜率—正、＿负,故两车运动方向相反,故B正确;由b阁线的斜率的
变化可以看出tl到t2这段时间b车的速率先减小后反向增大’故C正确;如阁所示’在
t｀时刻b图线的斜率与α图线的相等’此时两车的速率相等,故l）错误
′
O｜
tl
t］
r2
］“
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』答案与解析｝
4答案:A
解析:根据题图0—t图象中阁线与时间轴所围的面积表示位移’可以看出汽车甲的位移“甲大于汽车乙
的位移嘶乙,选项C错误;根据o≡丝得’汽车甲的平均速度″出大于汽车乙的平均速度似乙,选项A正确;
汽车乙的位移虹乙小于初速度为＂2｀末速度为!′l的匀减速直线运动的位移悠,即汽车乙的平均速度小于
半选项日错误根据＂—‘阎象的斜率反映′加逮度的大小,呵知汽车甲、乙的」川速度大‖都遥渐减
小’选项D错误
5.答案:A
解析:在题图所给的″＿t腐｜象中’相应图线与时间轴所围的面积表示位移,前l s内物体的位移大小购≡
上×］蕊2m二lm,选项A正蹦枉lˉ3.内物体的加速度α-器二黑警-—1m富:,第2‘末物体
2
的瞬时速度Ⅷ＝汹0＋αt＝2m／s—lm／s2×l s＝lm／s’选项B、C错误;第l s内物体做匀加速直线运动,l
～3s内物体做匀减速直线运动’选项D错误
6.答案:B
解析:卯ˉ′图象是倾斜的直线表示物体做匀速直线运动则由题图知α｀b两物体都做匀速直线运动’α、b
两图线的斜率大小相等｀正负相反,说明两物体的速度大小相等、方向相反’所以速度不同’故A、D错误;
图线‘是＿条鹏＝04』2的抛物线结合躯＝删0』＋寸碰2叮知,c物体做初逮度为0｀加逮度为o…2的匀
加速直线运动’故B正确;图线的斜率大小等于速度大小’根据题图可知’t＝5s时C物体速度比α物体
速度大,故C错误
7.答案:C
解析:物体先做自由落体运动,物体的落地速度为似l ≡6In／s’由删′≡″0＋αr可得:6m／s≡l0m／s2×』｜,解
得:tl＝O6s’横坐标每—小格表示的时间是0. l s’选项A错误;小球下落的初始位置离地面的高度为
″｜-十g′;＝L;m选驯B错误;小球蜂次反弹离开地面的速度大小为硼2-5m／愚,小球第」次反弹的
2
最人高膛为h型-÷｜25m选项c丽确选项＂镭谍
8.答案:B
解析:b车加速度增大,选项D错误;α车加速度不变’选项C错误;在′3时刻,两车的速度相等,两车相距
最远,选项A错误’选项B正确
］66
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｜满分之路.搞定力学‖
9.答案:A
解析;由骡＝徽o』十÷侧′2叮得十＝删0十＋碰结合题图图象叫得;删0二α5∏咋,＋“＝α5m／爵2’侧＝
lm／s2’物体做初速度大小为″0≡05m／s’加速度大小为α＝lm／s2的匀加速直线运动’选项A正确
10.答案:AC
解析:根据题图图象可知’在t1时刻α｀b速度相等,故A正确;0时刻两车同时经过公路旁的同＿个路
标,在t1时间内α车速度大于b车速度’α车在b车的前方,所以两车逐渐远离,距离增大,故B错误;
0～〔l时间内’α的位移最大,所以α位于b、c前面’tl时刻以后的＿段时间内,α位于b、c前面,故C正
确’D错误.
1l.答案:D
解析;由题图可知,甲、乙两个物体在1＝1s时两物体相遇,由干速度大的物体追速度小的物体’t≡0时,
甲物体在后’乙物体在前’选项A错误;在t≡l s到t＝3s的时间内甲和乙两个物体的位移相等,〖≡3s
时’两物体再次相遇’选项B、C错误;t≡0时两物体相距3匆0’结合图象可得:t＝4s时,甲物体在乙物体
后3狐0处,选项D正确
l2.答案:A
解析:在题图所给的″ˉt图象中’某一点切线的斜率表示加速度可判断:在6s末’质点A的加速度大于
质点B的加速度’选项A正确;在0～l2s时间内,质点A的位移大小为绷A＝l0.5m,质点A的平均速度为
7
古m／s,选项B错误:质点A在0～96时间内的位移大小为3m’质点B在0～33时间内的位移大小为
6m’选项C错误;在0～l2s时间内,质点B的位移大小为勉B＝375m在12s末,A、B两质点不相遇,
选项D错误
l3。答案:BD
解析:在″ˉt图象中某＿点切线的斜率表示加速度,由题图可知,‖l时刻两车加速度大小相等’方向相
反’选项A错误;在″-t图象中图线和坐标轴所围的“面积’,的大小等于物体的位移大小’0～』2时间内
两车发生的位移相同,选项B正确;′4时刻两车相距最远,选项D正确,选项C错误
l4.答案:（l）7。5m
（2）2。5s
解析;（］）设则球滑上斜坡后缀过′｜时间‘球滑卜斜坡则有!｛-÷-］.
A球滑上斜坡后加速度α≡gsin30。＝5m／s2
设这段时间内A球向上运动的位移为厕,则
1
句
卯＝Ⅷ0′lˉ丁αt;＝75m;
］“
~
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」答案与解析｜
（2）B球刚要滑上斜坡时A球速度Ol≡″0—αtl≡5m／s
B球滑上斜坡时,加速度与A球相同’以A球为参考系,B球相对于A球以o＝〃0-ol＝5m／s
做匀速运动,设再经过时间』,两球相遇,有t勺＝—坠＝l5s
～
凸
0
则两球相遇时所经过的时间t＝tl＋′2＝2.5S.
l5.答案:两车会相撞
解析:令αl＝—l0m／s2,α2＝5m／s2’α3＝—5m／s2
在tl＝4s末’甲车速度″l ＝o0＋α1t1＝0
设之后再经过〗2时间甲、乙两车速度相等,此时乙车与甲车的位移之差最大
由α2′2＝o0＋α3t2
解得t勺＝4s
此时甲车总位移篡叫二等片α:‘;二mⅢ
乙车总位移鹏乙-刚0‘!＋,0′2十十呼;＝280m
因勿乙-则甲＝160m＞90m,故此过程两车会相撞
l6答案:9m
解析;由题图回［知;α车的速度删,＝导m／s＝2n√.
r＝3s时,直线α和曲线b刚好相切’即此时b车的速度″b′＝0α＝2m／s
设b车的初速度为″b,对b车,有ob＋α′≡″b′
解得＂b≡8nI／s
′＝3s时’α车的位移施
≡″t＝6m
α
α
b车的位穆蜒』-Ⅷ宁′‘二!5n!
由题图知’t≡3s时α车和b车到达同一位置’得卯0＝匆b—则α＝9m.
］67
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｜满分之路.搞定力学［
必修l
第二章相互作用
第-讲重力、弹力｀摩擦力
［章节练习］
1答案:C
解析:小车在光滑斜面上自由下滑,则加速度α＝gsin0（0为斜面的倾角）,由牛顿第二定律可知小球所
受重力和杆的弹力的合力沿斜面向下,且小球的加速度等于gsin0’则杆的弹力方向垂直于斜面向上’杆
不会发生弯曲或倾斜’故C正确
2.答案:D
解析:若小球与小车＿起做匀速运动,则细绳对小球无拉力作用;若小球与小车有向右的加速度α＝
gtanα,则轻弹簧对小球无弹力作用’故D正确
3.答案:C
解析:物体受到重力的作用,与物体的运动状态无关’故A错误;重力的方向总是竖直向下,不＿定指向
地心’故B错误;赤道上重力加速度最小,因此地面上的物体在赤道上受的重力最小’故C正确;物体挂
在弹簧测力计下处于平衡状态时’弹簧测力计的示数才等于物体的重力’故D错误
4.答案:C
解析:当木块受力Fl 、F2及摩擦力的作用而处于平衡状态时,由平衡条件可知木块所受的摩擦力的大小
为8N,方向向左可知最大静摩擦力Fhnax≥8N.当撤去力Fl后’F2＝2N＜Ffmax,木块仍处于静止状
态’由平衡条件可知木块所受的静摩擦力大小和方向发生突变,且与作用在木块上的力F2等大反向’选
项C正确
5。答案:C
解析:＿般来讲轻质杆对物体的弹力不＿定沿着杆的方向,选项A中小球只受重力和杆的弹力作用且处
于静止状态’由二力平衡可得小球受到的弹力应坚自向上’故A错误;选项B中因为绳竖直向上,如果左
边的绳有拉力的话,竖直向上的那根绳就会发生倾斜,所以左边的绳没有拉力,故B错误;对于球与面接
触的弹力方向,过接触点垂直于接触面（即在接触点与球心的连线上）,即D中大半圆对小球的支持力
FN2应是沿着过小球与圆弧接触点的半径,且指向圆心的弹力,故D错误;球与球相接触的弹力方向,垂
直于过接触点的公切面（即在两球心的连线上）’而指向受力物体,综上可知C正确。
6.答案:D
解析:用假设法分析:甲阁中,假设A受摩擦力,与A做匀速运动在水平方向所受合力为零不符’所以A
不受摩擦力;乙图中,假设A不受摩擦力,A将相对B沿斜面向下运动,则知A受沿F方向的摩擦力.故
选项D正确
］68
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』答案与解析｝
7.答案:C
解析:在此过程中’压在下面弹簧上的压力由（″ll＋m2）g减小到m2g,即减少了′nlg,根据胡克定律可断
定下＂弹簧胸长废增长′刨丁即下闹木块移蓟的…警故逾项‘正磁
m1g
8。答案:A
解析:物体向右减速过程中’受滑动摩擦力作用’方向水平向左’F｝＝以″′g＝2N’物↑
＜／Ⅺmg,物体将保持静止’此时F［′′＝F＝1N,方向水平向右’故A正确
9.答案:D
解析:半球体在平板上恰好开始滑动的临界条件是:mgsin0＝以mgcos0,故有:仪≡
［an0’解得;0＝÷’即q＝÷,故C错误;0在0～晋之间时,F「是静摩擦力,大小为
…in0;0在÷～;之间时,F「是滑动摩擦力,大小为陛吧c。s0;综合以上分析得其
N,物体速度减为零后’因F
℃＝
F′与0关系如图中实线所示’故AB错误;当β＝晋时,F［二′吧sm÷＝警’即p＝等,故D正确
lO答案:C
解析:当木板倾角为30°时’物块受到的是静摩擦力’其大小等于′Ⅶgsin0.当木板倾角是45。时,物块受
到的是滑动峰擦力其大小静十似吧…5.由题意可得…鼠45.-…m30.解得腆-f故选项〔
正确
第二讲力的合成与分解
［章节练习］
1.答案:C
解析;当拉力水平时,物块做匀速运动,则F＝〃mg’当拉力方向与水平方向的夹角为6（）。时,物块也刚好
｜…运动则…0.-陛（吧ˉ′瓢n60.）联立瞬得腆-粤故A、B｀［）项错误［颐正确
2答案:A
解析:Fl和F2在L上的分力之和等价于Fl 、F2的合力在L上的分力’而Fl和F2的合力要在L上的分
力最大,就应该取这个合力本身的方向’故A正确.
3。答案:A
藤隙群嚣赚憾驯:剿忙≡
］69
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｜满分之路搞定力学〗
4答案:I）
ˉLL
解析;设发射弹丸瞬问陶橡皮条间的夹角为2β则…～釜-士,…-√｜ˉ嘿ih』〃-竿发射过程
中襄片对弹丸的最大作川力为′合-2′…,′-脑二脓L,敞′常-2′×乎-织‘,故D丽确
第三讲受力分析共点力的平衡
［章节练习］
l.答案:BD
解析:只要物块α质量不变,物块b保持静止,则连接α和b的细绳的张力就保持不变,细绳0O′的张力
也就不变,选项A、C错误;对物块b进行受力分析,物块b受到细绳的拉力（不变）、竖直向下的重力（不
变）｀外力F｀桌面的支持力和摩擦力。若F方向不变,大小在＿定范围内变化,则物块b受到的支持力和
物块b与桌面间的摩擦力也在＿定范围内变化,选项B、D正确
2.答案:B
解析:滑块B刚好不下滑,根据平衡条件得mBg＝仪lF;滑块A恰好不滑动,则滑块A与地面之间的摩擦
mA
l-严l严2。选
力等于最大静摩擦力’把A｀B看成一个整体,根据平衡条件得F≡队2（mA＋′网B）g,解得
＝
mB
凹］队2
项B正确
3。答案:C
解析:物块在斜面上处于静止状态,先对物块进行受力分析’确定其运动趋势’列平衡方程得Ff.物
块受与斜面平行的外力F作用,而在斜面上静止,此时摩擦力的大小和方向将随F的变化而变化
Fl -F2
设斜面倾角为0,由平衡条件Fl —′ⅦgSin0—Ffmax＝0,F2—″lgSin0＋F『max＝0,解得FfmaⅨ≡
2
故选项（〕正确
4｀答案:ABC
解析:由题图可知’设αb≡L,cd≡2L,角乙α吹≡0,由几何关系可得:2L≡L＋2Lcos0,解得:0＝60o;假设
αb之间的弹簧是伸长的,弹簧的原长为L原,由题意可得:∧（2L-L原）＝2∧（L-L原）,则L原＝0,与题意矛
盾’即αb之间的弹簧＿定是压缩的,选项A正确;b对α的弹力大小等于c对α的弹力大小,都设为F’对
α由物体的平衡条件可得:F≡／;对b由物体的平衡条件可得:b受到的摩擦力大小为／’选项B正确;c受
√（2FˉFcos60°）2＋（Fsin60°）2 ＝√可’同理可得:d受到的摩擦力大小为√习’选
到的摩擦力大小为／｝＝
项C正确,选项D错误
］7O
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『答案与解析｝
5.答案:C
解析:对小球B由物体的平衡条件可得:弹簧弹力大小mg,选项B错误;小球A、B受到的拉力TOA与TOB
相等’且T0川＝ToB＝√面mg’选项A错误;光滑半圆柱体对A球支持力的大小为√Zˉmg’选项D错误;
2T′Mcos30。＝mAg’解得:A球质量为√6加’选项C正确
6.答案:BC
解析:设mA＝3m月＝3m,由于滑轮不改变力的大小,弹簧的弹力的大小为F≡mg’选项A错误;可求得:
物体A对斜面的压力大小为ⅣA＝mAgcos0,0减小,cos0增大,物体A对斜面的压力将增大,选项B正
确;哪捌g爵h｀30.-÷砸‘g＞佩‘g,对物体」由平衡条件可得顺刹鳞m0＝′＋内,0减小,爵m0减小物休A受
到的静摩擦力将减小’选项C正确;物体A不能被拉动,选项D错误
7.答案:B
解析:设定滑轮到球心O的距离为h,细绳对两个小球的拉力大小都为F,利用相似三角形知识可得:
确
正
［
］
项
圭
贞
’
工
—
叫
~~
吗
—
鸟
~~
叫
—
丛
’
四
—
叫
~~
吗
—
鸟
~~叫
—
吗
~~
曰
汗
↑
ˉ
可
’
厂
—
么
乙
~~
朋
—
尺
~~
唯
—
∧
’
′
—
』
』
~~
川
』
—
尺
~~
巫
∧
8.答案:ACD
解析:对A受力分析’根据矢量三角形可知,／γAB逐渐变大,F先变小后变大;对B受力分析,正交分解,列
平衡方程可知’Ⅳ地｀／｝也均随帆B变大而变大’B错误’A、C｀D正确
9.答案:C
解析:把A和B看成整体,由物体的平衡可得:F3≡（mA＋mB）g,把A、B和C看成整体’由物体的平衡可
得:F3′＝（mA＋mF＋mC）g’F3′＞F3’即F3增大;设A和B的圆心的连线和竖直方向的夹角为0,B上未
加＿物体C时’对B由物体的平衡和牛顿第三定律可得:F2cos0≡mBg’F2sin0≡Fl ＝mBgtan0,B上加
＿物体C时,对B由物体的平衡和牛顿第三定律可得:F,′cos0＝（mB＋′＂C）g,F2′sin0≡Fl′≡（′ⅦB＋
mC）gtan0,F2′＞F2,F!′＞F1 ,即Fl增大,F2增大’选项C正确
l0.答案:D
解析:以B为研究对象’对其进行受力分析如图所示:由图可知’当Fl与斜面平
行时,即与F2的方向垂直时最小’所以绳子的拉力先减小后增大,故A错误;由
F｜
图可知,轻绳上端点沿竖直墙缓缓向上移动时,Fl沿竖直方向的分力增大’沿水
平方向的分力减小以A与B组成的整体为研究对象’整体受到重力、墙的弹力
和摩擦力以及绳子的拉力’由于绳子的拉力沿竖直方向向上的分力增大’所以A
受到的向上的摩擦力将减小,故B错误;由于绳子的拉力沿水平方向的分力减
／卜｀
、
｀
、
电
、
、
、
℃
｀
飞
｀
｀
′
小,所以A受到的弹力也减小,故D正确;以A为研究对象,A受到重力、墙壁的
mg
］7］
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（满分之路.搞定力学k
弹力摩擦力以及B对A斜向下的压力,A处于平衡状态,坚直方向的合外力等于0,所以摩擦力的大小
等于A的重力与B对川的压力向下的分力的和,不可能等于0’故C错误
l1答案:A
解析;设两半球的总质量为′＂’当球以AB沿水平方向放置』可知′＝÷mg当球以AB沿竖
▲
直方向放置以两半球为整体’隔离左半球以半球进行受力分析如图所示’可得F′＝字
凸
搬据支架间＂搬离为咽的半,叮得0＝30.则÷＝志＝何则
Ⅱ
1α1』U
4正确
taII0
2
l2.答案:D
解析:先以A为研究对象,分析受力情况:重力、挡板的弹力和斜面的支持力三个
／V
力,B受到重力、A的压力、地面的支持力和推力F四个力,故A错误;当B向左移
动时,B对A的支持力和挡板对A的弹力方向均不变,根据平衡条件得知,这两个力F＝
＝Ⅳ｜
大小保持不变,则A对B的压力也保持不变对整体受力分析如图所示’由平衡条
件得知,F≡／Vl ,挡板对A的弹力／Vl不变’则推力F不变桌面对整体的支持力／V≡
G总
C岗,保持不变.则B对桌面的压力不变,故B、C错误,D正确.
l3.答案:B
解析:轻绳绕过滑轮,绳上张力大小处处相等,则易知滑轮两侧绳子与竖直方向夹角相等’设为0’设滑
轮左侧绳长为x,右侧绳长为y,总绳长腮＋y＝′。两环A、B水平距离为d’则有Ⅲ＝卯Sin0＋γsin0＝′sin0’
“!］〃＝子,当环A向下移动少许,感不变绳长小变,0小变,们2′…≡吧,叮知绳上拉力′不变选环
B为研究对象,由Ff＝Fsin0’知环B所受摩擦力不变,故A错误,B正确;环B问右移动少许,〖变大绳
长不变0增大,可知绳上拉力变大选环A为研究对象,由FN≡Fsin0,知环A所受杆的弹力变大,故
C｀D错误.
l4答案:BC
解析:小球B受重力mg｀绳子拉力FT和弹簧弹力F三个力作用而平衡,
平移FT与F｀mg构成矢量三角形如阁所示,由图可以看出’力的矢量三
角形总是与几何三镭形∩＂′褪似因此有器-宁-惫其中叫′保持
尸／／／／夕／／／／／／
不变’因此绳子的拉力FT大小保持不变’故选项A错误,选项B正确;当-了
弹簧的劲度系数k增大时,弹簧的压缩量减小,A、B间距离增大,因此对应的力F增大,故选项C正确,
选项D错误
］72
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」答案与解析｝
l5。答案:AB
解析:开始时弹簧处于压缩状态’加力F后’4未运动,弹簧长度不变’则弹簧对挡板的作用力不
变,故A正确;隔离物块A进行受力分析,若初始时A受B的摩擦力沿斜面向上或为零’加推力F
后,静摩擦力沿斜面向上增大;若初始时A受B的摩擦力沿斜面向下’加推力F后’静摩擦力沿斜
面向下减小,或方向变为沿斜面向上,大小可能减小也可能增大,故C错误;对A、B、挡板和弹簧整
体受力分析,FN＝M总g＋F竖直,F水平＝F『’B对地面的压力增大’水平面对B的作用力多了向左的
摩擦力’故B正确’D错误.
l6.答案:BC
解析:把α和b看成整体,当F的方向和Oα的方向垂直时,F有最小值Fmi＂＝2矾gsin30。＝矾g’故选项
D错误;力F的值可能大于mg,故选项C正确;对α分析可得,当αb的方向和Oα的方向垂直时,α｀b间
细绳上的张力有最小值半’故α、b间细绳上的张力可能减小’故选项B正确;0α绳的拉力可能减小,弹
垄
性绳的长度可能减小,故选项A错误
必修l
第三章牛顿运动定律
第-讲牛顿第-定律｀牛顿第三定律
［章节练习］
l答案:B
解析:由于行李箱随传送带—起匀速运动,因此行李箱处于平衡状态,所受合力为零,又因为甲上的行李
箱随水平传送带匀速运动’故不受摩擦力作用,甲上的行李箱受的支持力与重力是＿对平衡力’A｀D均
错误;乙上的行李箱随倾斜传送带向上匀速运动,＿定受到沿传送带向上的摩擦力,而行李箱受到的支
持力与重力垂直于带面向下的分力平衡,故B正确,C错误
2.答案:C
解析:绳拉牛的力和牛拉绳的力是作用力与反作用力’大小相等,方向相反,故A、B错误;由于没有拉动
牛,可知绳拉牛的力与地面对牛的摩擦力是＿对平衡力,故C正确’故D错误
3.答案:C
解析:物体对地面的压力和地面对物体的支持力是＿对作用力与反作用力,是同时产生的,所以选
项A错误;物体对地面的压力和地面对物体的支持力分别作用在地面和物体上’是＿对作用力与
反作用力,不是平衡力,选项B错误;人对车的作用力与车对人的作用力是＿对作用力与反作用
力’大小相等,选项C正确;物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力是＿对作用力与反作用
力,大小相等,选项D错误.
］73
~
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满分之路.搞定力学l
4答案:B
解析:因小车表面光滑,因此小球在水平方向上不会受到外力作用,原来两小球与小车有相同的速度’当
车突然停止时,由于惯性,两小球的速度将不变,所以不会相碰
5.答案:D
解析:汽车对拖车的拉力与拖车对汽车的拉力是一对相互作用力,而—对相互作用力总是大小相
等’A｀C错误;因—对相互作用力总是同时产生,B错误;拖车加速前进是因为汽车对拖车的拉力大
于地面对拖车的摩擦阻力’汽车加速前进是因为地面对汽车向前的作用力大于拖车对它的拉力,D
正确
6答案:B
解析:们‖利略设想物体下落的速度与时间成正比,因为当时无法测量物体的瞬时速度’所以们‖利略通过
数学推导证明如果速度与时间成正比,那么位移与时间的平方成正比;由于当时用滴水法计时,无法记
录自由落体的较短时间’们利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下,来“冲淡’重力的作用效果,而小
球在斜面上运动的加速度要比户坚百下落的加速度小得多’所用时间长得多,所以容易测量们利略做
了上百次实验,并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推故A错误’B正确.完全没有摩擦阻力的斜
面是实际不存在的,故C错误.们‖利略用抽象思维｀数学推导和科学实验相结合的方法得到物体的运动
不需要力来维持,故D错误
7.答案;ACD
解析:人从小船的—端走向另—端时’要受到船给人的摩擦力,方向与人行走的方向相同’根据牛顿第三
定律知’人对小船也有＿个摩擦力’其方向与人行走的方向相反’因此船将在这个摩擦力的作用下改变
运动状态,向人行走的相反方向运动’所以选项A正确;汽车行驶时,通过排气筒向后排出燃气,虽然燃
气对排气筒有反作用力,但毕竟很小’并不是汽车动力的来源’因此选项B错误;农业灌溉用的自动喷水
器当水从弯管的喷嘴喷射出来时,弯管在水的反作用力的推动下会自动旋转,大大增加了喷水的面积’
选项C正确;乌贼通过身体侧面的孔把水吸人鳃腔’然后用力把水经过小孔压出体外’根据牛顿第三定
律可知,乌贼获得了方问相反的反作用力’从而向排水的相反方向游去’选项D正确
8.答案:AD
解析:对A、B、C整体而言,地面对B、C的摩擦力方向皆向左隔离B,由B匀速运动的受力条件可知,A
对B的摩擦力方向向右,则由牛顿第三定律可知B对A的摩擦力方向向左;同理可判断C对A的摩擦力
方向向右.
］74
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』答案与解析｜
第二讲牛顿第二定律｀两类动力学问题
［章节练习］
l答案:BC
解析:根据平衡条件知’其余力的合力与撤去的两个力的合力大小相等｀方向相反,则撤去大小分别为
l5N和l0N的两个力后’物体合力的大小范围为5N≤F△≤25N’根据牛顿第二定律α≡互得:物体的
口
′γl
加速度范围为2.5m／s2≤α≤12.5m／s2。若物体原来做匀速直线运动若撤去的两个力的合力方向与速
度方｜可不在同—直线上,物体做匀变速曲线运动’故A错误;由于撤去两个力后其余力保持不变’则物体
所受的合力不变,＿定做匀变速运动,加速度大小可能等于l0m／s2,故B正确;若物体原来做匀速直线
运动’若撤去的两个力的合力方向与速度方向相同’物体做匀减速直线运动,加速度大小可能是2。5
m／s2,故C正确.由于撤去两个力后其余力保持不变,在恒力作用下物体不可能做匀速圆周运动’故D
错误
2.答案:C
解析』由题图线叮得’小球第次下落的加速膛大小为侧」二§＝8m／s:,对小球由牛顿第-定律有啊gˉ／
＝mα｜,解得／＝0.2N’A错误;小球上升时’对小球根据牛顿第二定律有mg＋／≡″!α2,解得α2≡l2m／s2’
2
闸镭谈;小球第—次与地面硼…遮率为雕｛-÷藤ˉ…第—次上升的腐度为咖＿立＿0…〕＂
正赡;小球鳃-次下糟咖恫为′偶≡『..＂锚谨
3.答案:C
解析:在抽出木板的瞬时,物块l、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失,受到的合力均等于各自重力’所
以由牛顿第二定律知αl ＝α2＝g;而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变,此时弹簧对物块3向上
的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为′7lg’因此物块3满足′″g＝F’α3＝0;由牛顿第二定律得,物
块斗满足α绷≡坠胖ˉ鲤:1」g,所以c对
4答案:BD
解析:由于两球由同种材料制成,甲球的质量大于乙球的质量,因此甲球的体积大于乙球的体积,甲球的
k厂
半径大于乙球的半径,设球的半径为′’根据牛顿第二定律’下落过程中′Ⅶg＿∧厂＝′nα,α＝gˉ
4
3
p×丁w
~
:—蔚.可知球下落过榔做匀…线运动且下落过橇中半径人＂球下落＂加遮度人〕阀此甲球下
落的j‖速度大,由厕＝÷α柯知｀下落相同的距离甲球所用的时间短,儿c聊错误;由删』＝2α″可知』甲
］75
∏
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｜满分之路.搞定力学【
球末速度的大小大于乙球末速度的大小’B项正确;由于甲球受到的阻力大’因此克服阻力做的功多,
I）项正确.
5.答案:AC
解析:剪断细线前,把α｀b、c看成整体,细线上的拉力为FT＝3mg.因在剪断瞬间’弹簧未发生突变,因此
α、b、c之间的作用力与剪断细线之前相同;则将细线剪断瞬间,对α隔离进行受力分析,由牛顿第二定律
得3mg≡mα1 ’解得αl ＝3g,A正确’B错误;剪断细线前,轻弹簧Sl的弹力FTl＝2mg,轻弹簧S2的弹力
FT2≡′7lg,在剪断细线的瞬间,弹簧弹力不变’由胡克定律知2mg＝M′｜’mg＝∧△′2,所以△′l＝2△′2’C正
确,D错误。
6.答案:AC
解析:当F较小时,木板和滑块—起运动,对木板和滑块整体由牛顿第二定律可得:F＝（M＋′＂）αl进＿
步可得;α｜＝∏÷丽′则;丽＋丽＝÷＝＋当′较人时’木板和滑块发牛相对滑动’对木板由牛顿第二定
律可得;′ˉ腆腿g≡｜′硼2,迸—步可得;‘』:＝肃F—等,为≡｜′…＝4N解得〃＝!kg.′＂＝2…＝α2
选项A正确,选项B错误;当水平拉力F≡7N＞6N时’对木板由牛顿第二定律可得:F＿／』mg＝″α3 ,解
得:α3≡3m／s2,选项C正确;当水平拉力增大时,小滑块的加速度先增大后不变,选项D错误
7.答案:C
解析:对A、B整体由牛顿第二定律可得:（mA＋mB）gsinα≡（mA＋加B）α
解得:α＝gslnα
不妨假设A对B有静摩擦力,且摩擦力平行于A、B的接触面向上,对B由牛顿第二定律可得:
ⅣABsinβˉ力Bcosβ＋mBgsmα＝mBα
ⅣABcosβ＋／lBsinβ＝mBgcosα
解得:ⅣAB＝mBgcosαcOsβ
内B＝矾Bgcosαsinβ,假设成立选项C正确.
8.答案:A
解析:A、B匀速运动过程’有m』g≡队mBg
A、B互相交换后,有mBg-〃mAg＝（mB＋mA）α
解得α＝（l＿严）g,选项A正确
9.答案:D
解析:在速率-时间图象中’斜率的绝对值表示物体运动的加速度大小.对所受空气阻力可忽略的物体,
其只受重力作用,加速度不变’图线为图中虚线不可忽略空气阻力的物体,其所受空气阻力大小与速率
成正比’即砸＝肋为变力’图线为图中实线对受空气阻力作用的物体分析知’其上升过程中速率〃越来
］76
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』答案与解析｜
越小则其所受阻力陋越来越小,合」J…小加速度忽厂略庶砸越来越小当其到达最高点…
为零,加速度等于重力加速度g.其从最高点「落过程中速率″越来越大’阻力陋越来越大’合力越来
mg＿陋越来越小’若其在落地前阻力已经等于重力’则其最后阶段做匀速运动,D
越小,加速度α下≡
m
正确
l0.答案:9m
解析:FA、FB的大小虽随时间而变化’但F合＝FA＋FB＝18N不变,故开始＿段时间内A、B共同做匀加
速运动,A｀B分离前’对整体有:FA＋FB≡（mA＋mB）α
o
设A、B间的弹力为FAB’对B有:FB＋FAB≡′ⅦBα
@
由于加速度α恒定,则随着t的增大,FB增大’弹力FAB逐渐减小,当A、B恰好分离时’A、B间的弹力为
零,即FAB＝0
将FA＝（l2ˉ2t）N,FB＝（6＋2l）N代人O得:α＝2m／s2
结合@o得:t＝3s
▲E相且脱离前共同位移为;腮＝÷“』
代人数值得:匆＝9nl.
｜｜答案;（｜）粤（2）平N或竿＂
解析＄（l）以物块为研究对象受力分析如图甲所示’根据牛顿第二定律可得:
mgsin30°-队mgcos30°＝矾α
解得腆-粤;
（2）使滑块沿斜面做匀加速直线运动’加速度有向上和向下两种可能
当加速度沿斜面向上时,受力分析如图乙所示,则:
（3
〃
●
〗
″
甲
‖
乙
则:Fcos30°-′吧sin30°-以（Fsin30°＋″lgcos3（）°）＝mα
句
根据题意可得:αl＝2m／s△
］77
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｜满分之路.搞定力学l
代人数锯得′-平＂
当加速度沿斜面向下时,受力分析如图丙所示’则:
mgsin30°＿Fcos30°-队（Fsin30。＋′ngcos30°）≡mαl
代人数据得:′≡竿＂
′
＼
丙
◎
·
β
~~
β
）
∑
（
何
丁
）
］
（
■
■
案
笨
口
∑
］
5√可
—m
∩
全
解析:（1）当0≡30。时’小物块恰好能沿着木板匀速下滑,则mgsjn0＝／〃ngcos0
联立解得″-旱
（2）当0变化时,设沿斜面向上为正方向,物块的加速度为α,则
-′〗Tgsin0-队mgcos0＝″lα
2
00
由0ˉ″;＝2α腮得鳃≡2g（sm0＋从cos0）
令…～万÷厉｀…V吉丽
2
00
即tanα＝严,则卯≡
2g√丁干rbin（0＋α）
当0＋α＝90°时贿最小’即0≡60。
旧b;
5√丁
2
O0
所以匆最小值为鳃mm＝2g（sin60。＋队cos60。）
4g
2
＝—＝—∏l□
答案:F~
＝36N
F
≡72N
m】n
【nax
解析:从受力角度看’两物块分离的条件是两物块间的正压力为零从运动学角度看’＿起运动的两物
块恰好分离时’两物块在沿斜面方向上的加速度和速度相等
设刚开始时弹簧压缩量为则0,则:（ml＋m2）gsin0＝k则0
o
因为在前0.2s时间内’F为变力,0.2s以后’F为恒力’所以在0.2s时,p对0的作用力为零’设此时
弹簧压缩量为卯l ’由牛顿第二定律知:版l ˉ″llgsin0≡mlα
@
1
2
o
前0.2s时间内P、0向上运动的距离为卯0ˉ卯｜＝丁α′
l3
联立O（2O式解得α＝3m／s2
P、Q刚开始运动时拉力F最小’此时有:Fmin＝（′″l＋m2）α＝36N
当P｀Q分离时拉力最大,此时有:Fma＂-m2gSin0＝″l2α
Fma乳＝m2（gsin0＋α）＝72N.
］78
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」答案与解析）
第三讲牛顿运动定律的综合应用
［章节练习］
l.答案:C
解析:设屋瞻的底角为0’底边长为2L（不变）。雨滴做初速度为零的匀加速直线运动,根据牛顿第二定律
得j‖速度侧二…亚二g爵in0’位移大小憋二÷α!:’而狐二志』2爵in0…-愚in20,联立以上各式得』＝
′γⅦ
作羔′当0—瞩.时,…闹三｜为最大值时间′最短故选项c正确
2.答案:ACD
解析;巾趣倒乙可以求川鞠姚上升过膘｜咖‖灌厦为侧｜-》,下降过橇中的加…侧』三‖物峡畦
升和下降过程中,由牛顿第二定律得mgsin0＋／≡mαl ,吧sin0—／≡mα2’由以上各式可求得sin0＝
m（o0-″l ）
中横轴上方的面积可求出物块沿斜面向上滑行的最大距离’可以求出物块沿斜面向上滑行的最大高度,
选项D正确
3.答案:BC
解析:刚撤去外力F时’由牛顿第二定律知对A｀B整体有F≡2mαl ’对物体A有FNˉmg≡mαl ’联立得
′＂≡÷啊g′A项错误;骂弹簧弹力人小等于′时』有′ˉ2吨二2咖忽2,『＂ˉ略＝厕铡2｀联立得′｀＝:′
B正确;当两物体A｀B的加速度为零时,两者速度最大’则有FN≡mg,C正确;当弹簧恢复原长时’弹簧
不提供弹力,此时两物体恰好分离,A、B间的相互作用力大小为0,D项错误
4.答案:BC
解析:假设绳子拉力为FT,根据牛顿第二定律,对甲有,m甲gˉFT＝矾甲α;对乙和丙组成的整体有,FT＝
（m乙＋m丙）α,联立解得FT≡l5N,α＝2·5m／S2,A错误｀B正确;对滑块丙受力分析,受重力、支持力和
静摩擦力作用,根据牛顿第二定律有’／＝m闪α＝l×25N＝2.5N’C正确;绳子的张力为l5N,由于滑轮
两侧绳子垂直’根据平行四边形定则’其对滑轮的作用力为l5√百M所以D错误.
5.答案:ABC
解析:若〃l＜仙2且动摩擦因数队≥tan0（0为传送带倾角）,则物块在传送带上先匀加速再做匀速运动,A
项正确;若o］＜刚2,且严＜tan0,物块先向上做匀减速运动’再向下做匀加速运动,D项错误;若ol ＞″2,且
队≥tan0,则物块先向上做匀减速运动,再随传送带做匀速运动,C项正确;若ol＞02,且严＜tan0,则物块
先向上做加速度大小为αl＝g（sjn0＋以cOs0）的匀减速运动,直到ol＝″2后再向上做加速度大小为α2＝
g（sin0—肌cos0）的匀减速运动,B项正确
］79
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满分之路·搞定力学］
6.答案:I）
解析:设P、0的质量分别为″ll 、″l2’Q受到绳的拉力大小为FT,物块与斜面间的动摩擦因数为以,根据牛
顿第二定律’对整体分析有,F-（′nl＋m2）gsin0＿尸（′n｜＋′n2）gcos0＝（′则l ＋m2）α;对Q分析有’FT—
矾2
F,可见Q受到绳的拉力FT与斜面倾角0｀动摩擦因数尸
m,gsin0-／儿m,gcos0＝m2α,解得FT＝ml＋m2
和系统运动状态均无关,仅与两物块质量和F有关,选项D正确
7.答案:A
解析:设在木板与物块未达到相同速度之前,木板的加速度为αl ,物块与木板间的动摩擦因数为队l ,木板
与地面间的动摩擦因数为严2.对木板应用牛顿第二定律得:
-严l ′∏g-队2 ·2mg＝mαl得
αl＝ˉ（队l＋2′L2）g
设物块与木板达到相同速度之后,木板的加速度为α2’对整体有ˉ队2 .2mg＝2mα2
α2≡-严2g,可见｜αl
｜＞｜α2
｜
由!′ˉ』图象的斜率表示加速度大小可知’图象A正确
8.答案:AC
解析;由″—t图象中图线与′轴围成的面积’可估算出飞机在甲板上滑行的距离约为l05m’即大约是无
阻拦索时的市』A服确｛由题图的斜率叮知飞机钩住阻拦索厉川逮度大约保恃在α＝27」m′息』＞25g’
故C正确;由＂—′图象斜率知’飞机与阻拦索作用过程中（0.4～25s时间内）’其F△恒定’在此过程中
口
阻拦索两段间的夹角变小,则阻拦索的张力要减小’B错误;由P＝Fb知,阻拦索对飞机做功的功率逐渐
减小,故D错误
9。答案:BD
解析:根据题图图象,经分析可知,在0～2S时间内小滑块和长木板相对静止,它们之间为静摩擦力’对
小滑块有／静＝m｜α’α在增加,所以静摩擦力也在线性增大’选项A错误;长木板的加速度α在33时突
变,所以小滑块在3s时脱离长木板,对长木板在3s时刻前后分别列牛顿第二定律可得: 3A-／＝m2α前
＝m2
· （2m／s2）,3∧＝m2α后＝m2
。（3m／s2）,两式联立可得:／＝m2
. （］m／s2）,所以选项B正确;在0
kt
’在2～3 s时间内,F—／＝m,α7,所以αl
＝
～2s时间内,F＝（ml ＋m2）αl ＝kt,所以α］＝m］＋m2
At-严m2g
肋
≡—ˉ“,根据图象斜率可知
∧
…型～＋,☆-｜解得雕!-砸』｀所以选琐臆错谩在2.时刻
′7l2
′′〗2
小滑块与长木板速度相同’在2～3s时间内,小滑块的加速度大小为α＝上＝丝＝1m／s2’小滑块的速
′nl
′7ll
度的变化量为△＂1＝l In／s’长木板的速度的变化量为△o2＝l5In／s,所以在3s时,长木板比小滑块的速
度大0.5m／s,选项D正确
｜8O
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『答案与解析｝
l0.答案:（l）2m／s2
0.5m／s2
（2）1 s
（3）2. lm
解析;（l）物块的加速度大小αm＝“＝2m／s2,小车的加速度大小;α卿＝旦蒜哩＝05m／s马
（2）由α咖l＝刚0＋αM／’得t＝l
s.
（3）在开始｜§内小物块的位移;躯」＝＋α哪′＝lm,最大速度;＂＝侧鹏′＝2m／.
假设在接下来的05§物块与小乍相对静｜［,—起做加速运动则加速度;〃＝∏子而-Mm／鼠』,此时＿
者之间的摩擦力F｝＝′m＜陛′＂g.闪此假设成立’此05＄内的位移;躯2＝狮′＋÷“′2＝｜」m,通过的总位
移卯＝”］＋x2＝2. 1m
ll.答案:（l）7s
（2）8m
（3）2√I∏m／S
2｀／I∏S
解析:（l）物块放到传送带上后先做匀加速运动’若传送带足够长,匀加速运动到与传送带同速后再与
传送锋问向前做匀速运动物块匀加速的时间』］＝÷＝走二4‘物块匀加速的位移骡! ～十碱｝＝
L-卯l
抛‘｝＝8m因为8m＜20m.所以小物块同传送带—同做匀速运动物块匀速运动的时间』2＝—厂
29J且＂-3;.所以物块到达传送带右端的时间为』＝』｜＋‘2＝7＾
二二
（2）解法＿:只有在匀加速阶段二者才会发生相对运动,传送带在4s内的位移为腮2＝〃tl≡l6m,物块
相对于传送带的相对位移大小△则＝绷2ˉ狐l≡8m·
d
2
解法二作州褪ˉ′阁象如阎所示’阴影部分为相对位移大小｀易得Ax二主二8m
（3）当物块＿直做匀加速运动时’到达传送带另—端所用时间最短,则L≡
U
‖
÷顾｝1—步‘飘旦解得《儡-M∏詹当物…到最右端｜含好与传送带灌
垄
度相等时’此时传送带速度最小’所以传送带最小速度为″＝√页∏＝｀／可屑r＝
2√T∏m／s.需要注意的是’如果传送带的速度大于2√T∏m／s’物块始终做匀（）
／
T~
队g
加速运动’物块运动的时间不变·
12.答案:（1）5m／S
（2）30m,方向沿斜面向下
解析:（1）分析可知物体在前2s内沿斜面向下做初速度为零的匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得
mgsin0-Fl-〃mgcos0＝″lα］
Ul＝α1jl
代人数据可得
1／l ＝5m／s;
］8］
~~~
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‖满分之路.搞定力学l
（2）设物体在前2s内发生的位移为则l ’则
爬｜-÷α′｝＝5m
当拉力为F勺＝45N时’由牛顿第二定律可得
′吧sin0-／L″lgcos0-F2＝∏〗α2
代人数据可得α2≡—0.5m／s2
物体经过』2时间速度减为零,则
0＝Ul＋α2t2
t2＝l0S
设t,时间内发生的位移为x2,则
Ⅲ2＝＂｜赃2荆÷侧2》;＝25＂｛
由于mgsin0ˉ以mgcos0＜F2＜′＂gsin0＋队mgcos0’则物体在剩下4s时间内处于静止状态
故物体在前l6s内发生的位移厕≡则l＋则2＝30m,方向沿斜面向下.
l3答案;（｜）3m／艘』;m. （2）30.竿＂
解析:（l）设物块加速度的大小为α,到达B点时速度的大小为＂,由运动学公式得
L≡懒0』＋÷哪2
b
◎
°
U＝U0＋α‖
联立o@式’代人数据得
α＝3m／s2
◎
◎
p＝8m／s
′
（2）设物块所受支持力为FN,所受摩擦力为Ff,拉力与斜面的夹角为α’受
力分析如图所示,由牛顿第二定律得
Fcosα-mgsin0-F｛＝mα
◎
Fsinα＋FNˉˉmgcos0＝0
◎
又Ff＝严FN
F＼
〔Ⅱ
0V国
∩
扫
］
∏
@
′∏g（sin0＋αcos0）＋′′lα
O
联立o◎@式得F＝
cosα＋尸smα
由数学知识得腿＂…粤…-竿m（60.十α）
由o◎式可知对应F最小时与斜面间的夹角α＝30°
◎
o
联立圃酗式’代人数搪得′的最小值为F哪＂＝竿＂
q1
-］82
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『答案与解析｝
Ⅱ
●
它
■
且
吕
α
吕
○
巴
以
（
留
°
）
″
＋
肌
（
）
］
（
■
甲
案
堑
口
〕α）
（2）器
l4
仙slnα＋cosα
ˉ
′ tanα
解析:（l）当滑块与斜面体—起向右加速时’力F越大,加速度越大,当F最
大时,斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值Ffm’滑块受力如图所示
设一起加速的最大加速度为α,对滑块应用牛顿第二定律得:
FNCOSα＋FfmSinα＝mg
o
Ff「＂cosα-FNsmα≡mα
@
由题意知F｛m＝″‖
）
F
Fl＂
W-i
′Ⅺg
／LCOSα＿S11Iα
-Ly
cosα＋／Lsinα□
联立解得α＝
对整体受力分析F＝（″＋m）α
联立解得F≡（′n＋M）g（以cosαˉsinα）
以SIIlα＋COSα
（2）要使滑块做自由落体运动,滑块与斜面体之间没有力的作用,滑块的加速度为g,设此时″的加速
度为αM,则对″:F≡MαM
］
2
当水平向右的力′最小时.二者没有相互作用但仍接触瓜贿严』:
丁αMt
≡tanα,即ˉ直ˉ＝tanα,联立解得
α‖′
F＝ˉ』丝ˉ
tanα
l5.答案:（l）32m0.05
（2）l2.5s
解析:（l）根据″—!图象’滑块以初速度″2≡6m／s冲上传送带时,在‖≡8s时刻,到达A点,所以传送带
的长度′二÷×（6＋2）×8m＝32Ⅷ
根据阁线α或者图线0猾块的加速度人小为′蓝＝器＝o…2
根据牛顿第二定律得严′ng≡′nα
代人数据解得传送带与滑块之间的动摩擦因数〃＝0.05;
（2）滑块在0～6s和6～ts内的位移大小相等’方向相反
÷×6×3m＝÷×（』ˉ6＋′ˉl0）赋2m
△
滑块返回B点的时间t≡l2.5s
］83
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P
满分之路.搞定力学l
答案:（l）50N
22N
（2）40√可N
0
解析:（l）当汽车以α＝2m／s2向右匀减速行驶时,小球受力分析如图所示
｜6
由牛顿第二定律得:
FTlcos0＝″lg,FT1sin0-FN＝mα
代人数据得:FTl≡50N’FN＝22N
由牛顿第三定律知,小球对车后壁的压力大小为22N.
（2）当汽车向右匀减速行驶时,设车后壁弹力为0时（临界条件）的加速度为α0,受力分析如图所示
（）｜
（）
＝≥帝／
加g
由牛顿第二定律得:FT2sin0＝″lα0,FT2cos0＝mg
代人数据得α0＝g憾＂0-h0×÷m》爵2＝75m／鼠』
因为α＝］0m／s2＞α0
所以小球飞起来’FN′＝0
所以,当汽车以α′＝l0m／s2向右匀减速运动行驶时,由牛顿第二定律得
FT2COS0′＝mg
FT2Sin0′＝mα′
代人数据得Fm＝40√百N.
］凹
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］答案与解析｝
必修2第四章曲线运动万有引力
第-讲运动的合成与分解
［章节练习］
1答案:AB
解析:质点受到两个恒力Fl ｀F2的作用,由静止开始沿两个恒力的合力方向做匀
加速直线运动,如图所示,此时运动方向与F合方向相同;当力Fl发生变化后’力
Fl与F2的合力F含与原合力F合相比’大小和方向都发生了变化’此时合力F合方
向不再与速度方向相同’但是F叁仍为恒力,故此后质点将做匀变速曲线运动、选巧
向不再与速度方向相同’但是F谷仍为恒力’故此后质点将做匀变速曲线运动’选项
F＾′
A正确,选项C｀D错
误;由十合力恒定个变则质点的加速度也恒定不变’由α＝器叫得A徽＝“A′,即在相等时间内遮度蛮化
也必然相等’选项B正确
答案:D
解析:蜡块R轨迹为曲线,所受合力不为零,选项A错误;合力应指向轨迹的凹侧,若厕轴方向匀速,则
γ轴方向应减速,选项B错误;若如轴方向匀减速,则α缅指向如轴负方向,若γ轴方向匀加速,则αy指向
y轴正方向’两个加速度合成’指向左上方,与轨迹不符,选项C错误;y轴方向匀速,绷轴方向匀加速,加
速度指向z轴正方向,与轨迹—致,选项D正确
答案:ABD
解析:甲、乙两船在垂直河岸方向上的分速度相同’都为″sin0,根据合运动与分运动具有等时性可知,两
船的渡河时间相同,且与河水流速″0无关’故选项A、B正确;将船速″正交分解’当ucos0≡00,即船的合
速度垂直指向对岸时’船才能到达正对岸,故选项C错误;两船到达对岸时’两船之间的距离缅＝如乙—鳃甲＝
（似cos0＋o0）tˉ（″0—″cos0）′＝2似tcos0,与″0无关,故选项D正确.
答案:C
2
勺
〕
4
解析:当″l与河岸垂直时’甲船渡河时间最短;乙船船头斜向上游开去,才
Y假
有可能航程最短’由于甲、乙两只船到达对岸的地点相同（此地点并不在河
对岸）,可见乙船在静水中速度U2比水的流速″0要小,要满足题意,则如图
｛.
i′｜）
屹
—
叫
■
■
导
『
可
◎
◎
由
’
◎
帅
—
叫
~~
β
Ⅱ
】
α
〔
’
确
◎
正
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川
℃~~
项
β
选
∩
□
’
●
○
∩
荫
垒
—
’
听
』
’
◎
＝
‘
勾
—
囱
←
β
■
】
】
吕
″
亡
∏
■
〗
Ⅺ
矽
●
旧
∑
得
~~
·
川
—
阻
人
代
●
●
得
式
可
此
图
将
由
从
一
不
°
咖
所
～
＿
］85
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「
满分之路.搞定力学l
5.答案:B
解析:P、0用同＿根绳连接,则Q沿绳子方向的速度与P的速度大小相等’则当0≡60°时,似0cos60。＝
Ⅷ庐解得器-÷选项A错谨;当‘-,0.时即0到达o点正下陶垂直0运动晌上的分逮度为零即
″p≡0’此时Q的速度最大,选项B正确,选项C错误;当0向90。增大的过程中Q的合力逐渐减小,当
0≡90。时,Q的速度最大,加速度为零,合力为零’选项D错误
6.答案:AD
解析:在t＝0时质点开始受到恒力F作用,加速度不变,做匀变速运动,若做匀变速直线运动’则最小速
度为零,所以质点受到恒力F作用后＿定做匀变速曲线运动’选项A正确;质点在恒力F作用下不可能
做圆周运动’选项B错误;设恒力F与初速度之间的夹角是0,由于速度大小先减小后增大’所以初速度
方向与恒力方向间的夹角为钝角’最小速度″＝oosin0＝0.5u0,即0≡150。选项C错误;在沿恒力方向上
逮…时筒…0.—÷△《-0解得鲤～警选项n「磷
7。答案:B
解析;小船在南北方向上做匀速直线运动’在东西方向上先加速’到达河中间后再减速,小船的合运动是
曲线运动,选项A错误;当小船运动到河中间时’东西方向上的分速度最大’此时小船的合速度最大’最
大值″m＝5nl／s,选项B正确;小船在距南岸200m处的速度等于在距北岸200m处的速度,选项C错
误;小船的渡河时间t≡200s,选项D错误
8.答案:C
解析:将小球A和B到达位置2时的速度分别沿杆和垂直于杆的方向分解,则小球A沿杆方向的分速度
oA＝olsin0,小球B沿杆方向的分速度″B≡″2sin0’因为同＿根杆上速度大小相等’即″A＝＂B’所以″2≡
″l ,选项C正确,选项A、B｀D错误
9。答案:A
解析:由题意可知,线与光盘的交点参与两个运动’＿是沿着线方向的运动,二是垂直线方
向的运动’则合运动的速度大小为o,如图所示’由数学三角函数关系,则有似线＝『′sin0;而
线的速度’即为小球上升的速度’选项A正确
l0。答案:BI）
‖
几
牛
二
■
［
解析:设P点坐标为（匆,γ）’则A、B点的坐标分别为（2“,0）、（0’2γ）
,
4B长度一定,设为L,根据勾股定理’有（2鳃）2＋（2γ）2＝L2,解得约2＋γ2＝
士L』,故′点的运动轨迹是阀的—部分,选项A错误’选项B「瞬画洲
l〕〔）
·Ⅺ
运动轨迹’如图所示,速度!′与杆的夹角α≡90。ˉ20;由于杆不可伸长,故P点的速度沿杆方向的分速
］86
~
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」答案与解析｜
度与刹点速度沿杆方向的分速度相等,故顺…二聊0…,…（90.＿20）＝删0c。s0解得;删二页j:万,选
项C错误,选项D正确
］l答案:″＝″0tan0
解析:由于半圆形柱体对杆的弹力沿OP方向’所以将竖直杆向
上的速度＂沿OP方向和沿半圆的切线方向分解,如图甲所示;将
半圆形柱体水平向右的速度″0也沿OP方向和沿半圆的切线方!′｜
向分解,如图乙所示;二者在垂直于接触面的方向上（OP方向）
的分速度相等,于是有o0sin0＝ocos0,解得刚＝″0tan0。
｜2答案;,＝＋√丽
″｀
『／
p『卜
［）0
＼″
D勺
U4
甲
乙
解析;设B车的速度大小为肌如图所示’标记R在时刻r通过点K（／’′）’此时A、
B的位置分别为H｀G由运动学公式知,〃的纵坐标yA、G的横坐标“B分别为
γA＝2′＋＋“2
o
△
卯B＝O′
@
在开始运动时,R到A和B的距离之比为2
: l’即OE:OF≡2
: l
由于橡皮筋的伸长是均匀的,在以后任＿时刻R到A和B的距离之比都为2:L
因此’在时刻t有HK:KG＝2: l
o
由于△FGH田△／GK,有
HC:KG＝绷B
: （虹B-／）
HG:KG＝（yA＋／）
: （2／）
由o@◎式得狐‘二÷′
yA＝5l
联立o@◎@式得＂＝＋历∏
′
γ
／
｜
‖
）
2／
／
∧（／’／）
ˉ′ ˉˉ＿川′
』
（）
F
′
G
◎
◎
◎
◎
第二讲抛体运动
［章节练习］
1.答案:C
解析投飞镍的方向与竖直方向的夹角为0,飞镍在空中飞行时间为〗,则tan0＝也’根据平抛知识可得:
gt
2
＂＝＂0』』进—步可得憋二肃｀厕相同,‘越大,…越人,刨o越人,飞镶在空巾飞行时间越短,飞镶下落的
］87
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｜满分之路,搞定力学｝
竖直位移越小’A飞镣掷出的初速度＿定比B飞镍掷出的初速度大,选项C正确;A飞镣在空中飞行时间
—定比B飞镶在空中飞行时间短’选项D错误;A、B两飞镣的掷出点可能在同＿点,选项A｀B错误.
答案:C
解析:小球做平抛运动,在飞行过程中恰好与半圆轨道相切于B点,则知速度与水平方向的夹角为30。’
2
00tan30°
则似y＝o0tan30°’义″γ＝gt,则!′0tan30°＝gt,t＝
g
水平方向上小球做匀速直线运动,则有R＋
Ⅱ…0Ⅲ-州′联立解得州弓√呼故选项c证碗
3.答案:B
解析:平抛运动的时间由下落高度决定,与水平初速度无关,初速度大时,与半圆接触时下落的距离不＿
定比初速度小时下落的距离大’选项A错误;初速度不同的小球下落的高度可能相等,如碰撞点关于半
圆过O点的竖直轴对称的两个点’运动的时间相等,选项B正确;落在圆形轨道最低点的小球下落的距
离最大’运动时间最长’末速度″＝√5了可,由于初速度不是最大,故末速度不—定最大,选项C错误;若
小球落到半圆形轨道的瞬间,速度方向沿半径方向,则其速度的反向延长线过水平位移的中点,由此推
知水平位移等于直径’不存在这样的点’选项D错误
4答案:D
解析:设以速率Ul发射乒乓球’经过时间tl刚好擦着球网落到正中间则竖直方向上有
3hˉh＝二g耐
△
o
Ll
水平方向上有ˉ丁≡似l‖l
△
@
＿
~
…
’
~
～
°
旦
·
∩
№
皿
州
~~
由o@式可得o｜
设以速率〃2发射乒乓球,经过时间t2刚好落到球网右侧台面的两角处,在竖直方向有
3咖＝＋肆i
（a）
旅水平…√（÷「蝎～酶々
@
由嘎）酗式可得髓～封侧朋噶）‘
侧｜Ⅷ的…值范嗣为÷｀／了…÷√（叫蒂）:,…『证确
］88
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』答案与解析｝
5.答案:C
解析:在P点的初速度减小,则下降到筐上沿这段时间内,水平位移变小’则小球不能进人筐中’故A错
误;在P点的初速度增大,则下降到筐底的时间内,水平位移增大’不能直接击中筐底的正中间’故B错
躁《在′点汇上方某位置将小球以小丁徽的遮度水平抛州根搬三弥／乎知,水平位移可以减小也不会
与框的上沿相撞’可以落在筐底的正中间’故C正确;在P点正下方某位置将小球以小干″的速度水平
抛出,则下落到筐的上沿这段时间内水平位移变小’小球不能进筐,故D错误
6.答案:AD
2
2
″! -U0可得;
解析:设导向槽位置离地面的高度为h,小球到达导向槽的速度大小为渺0’由狐＝
2α
″2ˉo;
咖＝—页亏｀删0＝″二环｀设小球做平抛运动的时间为′’则h＝÷g』2.蹦＝删0』,
则骡弓√丝笋边三2√（釜ˉh）励当小球筒最大水平位移时则策ˉh-＂｀肌h-惫此时水平位
穆的最大值为露…-酬-盅选项州正确选琐腮籍谩根据重力傲功＂路径无关’陶动能定鹏可得小
球在上、下两过程中’在经过某相同高度时’合速度的大小总有″下≡o上’选项C错误;当小球落地时,小
球的位移方向利水↑方向的夹角为0则恤n0＝六＝÷,根据做丫抛运动物休某…点的速废万向利水平
方向夹角的正切值是该点位移方向和水平方向夹角正切值的2倍’设当小球落地时,小球的速度方向和
水平方向的夹角为α,则tanα＝2tan0＝l ’α＝45。’选项D正确
7。答案:ABC
解析:本题可分三种情况进行讨论:
o若两次小球都落在BC水平面上,则下落的高度相同’所以运动的时间相同,水平距离之比等于水平初
速度之比为l :2’选项A正确;
@若两次小球都落在斜面AB上,设斜面倾角为0,则在竖直方向上小球做自由落体运动’设运动的时间
分别为t］和t2’则:
酗
—
助
~~
勺
全
〗
Ⅲ
∏
］
→
妒
呐
~~
h‖
第—次:tan0＝Sl
酸
石
~~
∑
∑
孕
』
’
。
●
咖
］
—
∑
∑
~~
阳
百
~~
β
第二次:tan
l
联立得:′l＝丁′2
s｜
［／t｜
1
所以—二—二＝
＝＝
20‖2
4
S2
选项C正确;
］89ˉ
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‖满分之路搞定力学l
o若第＿次落在斜面AB上,第二次落在水平面BC上,根据平抛运动的基本规律可知其水平位移比值在
1 :2到1 :4之间,故B正确
8。答案:A
解析;设半圆弧的半径为腮.△0Ac为0’由y＝÷瓢』可得两个小球的运动时间相同结合题意和几何关
Dl
2cos20
系可得:2Rcos20＝刚lt,2Rcos20-R二″2t,ol 、刚2的大小之比为—＝
02
2cos20-1
＝32:7,选项A正确
9.答案:B
解析:采用逆向思维法,小球做斜抛运动看成是平抛运动的逆反运动,将抛出速度沿水平和竖直方向分
解有;铡骡＝…7.二队…＝铡鼠m37.＝M刨球撞墙前瞬间的逮度等于α8＂,反弹速度大小为;峰』二÷
×O8o＝O6o’反弹后小球做平抛运动当小球的速度大小再次为＂时’竖直速度为;o／＝√Pˉ＝万＝
√酸凰—（α6＂）∑-α枷速…与水v方阿爽角的丽切｛…M-;＋-÷敝选项‘而臆选项Ap
D错误
l0.答案:D
解析:由题意可知’小球A恰好能垂直落在斜坡上’由几何关系知,小球A竖直方问的速度增量″y＝gtl
≡＂0′水平位移腮＝似0嘶｜,竖直位移Ⅱ＝÷g片联立解得＋＝÷’由儿何关系知’小球B自由下落的高度
』′＿叶Ⅱ÷蝎联京以上扦式瞬得:～方选项D正蹦
l1答案:A
解析;若小球打到第四级台阶的边缘’h!二4d＝÷g′｝,躯｜＝4刨＝Ⅷ｜′｜’求得平抛运动的最大速度＂｜＝2√可
△
m／圈;若小球打到第二级台阶的边缘’h2二M＝士g′;’膊』≡M＝哪:』则能求得平抛运动的最小速度吻＝
佰m／s.所以″的取值范围为√6m／s＜o≤2√页m／s
l2.答案:C
解标嚷颗炸瓣飞行时闷』｜符帚√2×计＂.～20.
飞机扔第＿颗炸弹时离山脚的水平距离匆l＝!′t1≡4000m.
第二瓢炯…恫』』仟弓√垫00—沤0）.ˉ］6.
l0
飞行的水平距离鳃2＝″j2＝3200m
冗‖ ＋l000m-卯勺
则投弹的时间间隔为j＝
≡≡9s’故选项C正确
勺
■
【
｜卯
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『答案与解析｜
l3.答案:A
解析:对于从B点抛出的小球,小球到达C点的时间为t］＝ˉ垒,小球到达C点的速度大小为似l
≡
0B
~′
句
∩
√嗡带（篱‖｜）2√;半繁二』对干从』点抛什Ⅷ,小球小球铡达c点愉‖恫为′2-垒、小球铡达c点＂
0A
……≡√…』）:√i嚼…』′避—…可得;…～……鹏
l4答案:ABD
解析;设球l从抛出到B点的水平位移为“｜’运动时间为‘‖ ’球2从抛出到O○』上
C
「
｀
｀
电
…
‘
〃
′
′
｜
A点的水平位移为卯2’运动时间为t2,由几何关系可得:卯l ＝3虹2’由y≡
＋g柯得H＝÷雕｝＝÷绳』由＂＝触0』可得煎! ＝删｜‘! ｀鞭2…解得
l
2＼
／／
啊
∧‖
】
□
■
‖
■
■
‖
】
″l＝30′2,即球l平抛的初速度为球2的3倍’选项A正确;由卯≡″0t和y＝
崇』典可得;喻-假设剧≡州-吧二山…!,M-Lˉ‘.M〕-删,对
P
A
D／＼／
B
~~
∧
’
匹
］
—
∑
~~
／
（
■
■
得
解
厅
’倘
~~
—
）
＿
门
二
怪
＿
∑
′
γ
〃
乙
（
~~
∑
〗
导
■
得
可
∑
球
寸
又
’
—
‖
赫
′
〃
＋
亏
儿
（
~~
］
″
●
●
得
可
］
球
÷″’D为P月的中点′球｜掠过挡板的时刻恰好是其做平抛运动从″到‘的中间时刻,选颂∩、D正赡;
AD＝＋Ⅱ,″周≡AB—」D＝2L＿÷L＝芋,M＝÷DB选项C错误
］5。答案:（l）平抛运动在竖直方向上是自由落体运动
（2）P｀Q二球相碰平抛运动在水平方向上是匀速运动
（3）为07
解析:平抛运动在竖直方向上可分解为自由落体运动’根据“做匀变速直线运动物体在连续相等的时间
内位移差为定值可得Ⅱ2—γ｜＝g雅.即;｜25×｜0ˉ2m二Q8m／爵2×帜,解得′＝六;
乎抛运幼在水平方向k刚分解为匀速直线运动′叫得;2L＝聊o′.即;2×L25×l0ˉ2＂＝＂ox去·,解得
o0＝0.7m／s。
″0tan0
″;sin20
］6.答案:
g
2gcos0
解析:将速度和加速度分别沿垂直于斜面和平行于斜面方向进行分解,如图所示
］9］
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｜满分之路.搞定力学l
α
■
速度o0沿垂直斜面方向上的分量ol＝o0sin0
加速度g在垂直于斜面方向上的分量g｜＝gCOs0
根据分运动的独立性原理,小球离斜面的最大距离仅由″l和gl决定’当垂直于斜面的分速度减小为零
时,小球离斜面的距离最远
00tan0
由ol＝g｜t,解得:』＝
g
2
″;sin20
由』二云解得』二2…
｜7苔案（!仔（2）慨…幅
解析;（｜）打在探测屏姻中点的徽粒卜落的高｜绊＝÷瓢2
o
解得′籽
@
（2）打在″点的微粒初蕊图｜-＋;2′』-÷瓢｝
o
~／＝---
偏
解得ol＝I
@
—
六
′
〃
≤
″
≤
＿
倘
儡
—
围
~~
范
∑
仙
度
度
速
速
初
初
粒
粒
微
微
的
的
到
占
…
测
∧
探
在
屏
打
被
理
能
同
则
o
◎
l8.答案:0.25m
解析:根据牛顿第二定律,在（）P段有F—″lg＝mα,
又2αs＝″β’
由平抛运动规律和几何关系有
物块的水平射程狐＝!′P′
］92
~
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l答案与解析｝
物块的幢直位移y＝÷瓢2
由几何关系有y＝卯tan0
2〃βtan0
联立以上各式可以得到如＝
〃
○
解得′＝J器『剿＋似″骋
由图象知陛mg＝5N,J器『＝l0N／m,解得‘＝025皿
｜9答案（W霓面（2）咖—÷…＂（］）偶
解析;（｜）设小球落到地面上的速度为删.根据机械能守恒叮得;′吧〃＝÷砸!｛2—0
解得:″＝√z∏
（2）小球做自由落体的末速度为:o0＝｀／2g（H—九＋勿）
弓√2（宁）
小球做平抛运动的时间为:′1
小球的水平位移为;s＝2√（H-h＋勿）（hˉ绷）
由s＞力-鲸
解得hˉ÷″＜…
（3）』千（H于W2（宁）
‘』-普十4√但—′』带嚣）（h—螺）
g
当′′ˉh＋腮＝励ˉ瓣时,即撼二＂ˉ÷〃时,小球的运动时间最长』露＝咖—÷′′』符合（2）的条件,代人得;
互
曾
北
刘
~~
α
Ⅲ
第三讲圆周运动
［章节练习］
l答案:D
2
解析;A、B两点角速度相同’由αn≡m）2,可得:αA :αB＝Rl :R2;B、C两点线速度大小相同,由αn＝卫≡,可
厂
得绷厕;…;胸故÷等选项D正酶
］93
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｜满分之路、搞定力学〗
2.答案:CD
解析:以小球为研究对象,对小球受力分析’小球受力如图所示
＼
由牛顿第二定律得;揣-…二…斟｀可知任A｀H轨道的问心力人小相等α二戚,间心加遮度不变,
…A镭误;角遮度侧弓√而,山于半径减小则…变大故选项＂错谍线蕊度＂一√磊,由
于半径减小’线速度减小,选项C正确;周期T≡堑,角速度增大’则周期减小,故D正确.
α）
3.答案;A
解析:由题意可知,两根轻绳与水平方向的夹角为60。,小球在最高点速率为″时,两根绳的拉力恰好均
2
为零,由牛顿第二定律得mg＝Ⅱ11』二;当小球在最高点的速率为2o时’由牛顿第二定律得″!g＋2Fsin60。＝
厂
咖（孕）2,解得′-√爵吨＝5何N』故选聊A正确
4.答案;D
解析:甲、乙两圆盘边缘上的各点线速度大小相等,有@甲厂甲＝（o乙『乙’因『甲: r乙＝3
;
］’则@甲: ‘o乙＝
l :3,所以小物体相对盘开始滑动前,ml与m2的角速度之比@l :@2＝l :3,故选项A错误;小物体相对
盘开始滑动前’根据α＝′@2得m｜与′n2的向心加速度之比为αl 僧α2＝（2m）;）
: （′@;）＝2 :9’故选项B
错误;根据严′′Ig＝m厂@2≡″!α知,因αl :α2≡2 :9,圆盘和小物体的动摩擦因数相同,可知当转速增加时,
m2先达到临界角速度,所以m2先开始滑动,故选项C错误,选项D正确
5.答案:B
解析:开始时,玻璃管壁的摩擦力不足以提供水做圆周运动时所需要的合外力’所以水被‘‘甩,,到外侧管
底才能随转盘进行圆周运动,则乒乓球在水的作用下向管口运动,故B正确
6.答案:ACD
解析:细线断裂之前,细线拉力与速度垂直不做功,不改变小球的速度大小’故小球的速度大小保持不
2
变’故选项A正确,B错误;细线刚断裂时拉力大小为7N,由F＝哑得,此时的半径为′＝÷m’由于小
厂
／
…］20.半径减小α3m则知小球刚虾转过—周细线断裂则小…的总』恫为′-＋×铆
＋上×2卫旦＋上×2卫旦’而′｜＝lm’′2＝0.7m’′3＝0.4m’o0＝2m／s’解得‘＝0.7∏s’故选项C正确;
3
D0
3
00
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』答案与解析｝
小球每转l20。’半径减小0.3m’细线断裂之前,小球运动的位移大小为1m—0。lm＝0.9m’故选
项D正确
7.答案:B
解析:小球在竖直放置的光滑圆形管道内的圆周运动属于轻杆模型,小球通过最高点的最小速度为零,
选项A错误,选项B正确;小球在水平线α6以下管道运动时,由于沿半径方问的合力提供做圆周运动的
向心力’所以外侧管壁对小球—定有作用力’而内侧管壁对小球＿定无作用力,故C错误;小球在水平线
αb以上管道运动时,由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的问心力’当速度非常大时,内侧管壁没有
作用力,此时外侧管壁有作用力,当速度比较小时,内侧管壁有作用力,故选项D错误
8.答案:A
解析;小球任最高点时,扦对球可以表现为支持力,由牛顿第三定律得″鸭—′-竿则得＂＜gL选项Ⅱ
正确;当小球速度为｀／gZ时,由重力提供向心力’杆的作用力为零’选项B错误;轻杆在最高点可以表现
为拉力此时根据牛顿第二定律有吨十′二竿则知＂越大′′越大,即随小球逮度的增大,扦的拉力增
大;小球通过鼓高点时扦对球的作用力也可以表现为支持力,当表规为支持」J时’有″噶—F-竿则知＂
越大,F越小’即随小球速度的增大,杆的支持力减小,选项C、D错误
9.答案:C
F｀
解板由牛顿第三定律′合-等解得′含二…0此时火车只受重力和铁路轨道的支持／
▲」
力作用,如图所示,F＂co愚β＝′ng,则F＂＝揣,内、外轨道对火车均无侧压力,故选项c正
确,A、B、D错误
＾
‖
Ⅳ
Ⅱ
尸
沙
…
l0.答案:C
′′!g
解析:物体随圆盘做圆周运动,运动到最低点时最容易滑动,因此物体在最低点且刚好要滑动时的转动
角速度为最大值,这时,根据牛顿第二定律有’仙′吧cos30。—mgsin30。≡m′@2,求得@≡l0rad／s,选项
C正确,选项A、B、D错误
ll。答案:CI）
解析:由题意知,物块的速度为:o＝Ro＝O5×2t＝t（×lm. sˉ2）,又o＝αt’故可得:α＝lm／s2,所以物
块做匀加速直线运动’加速度大小是1m／s2,选项A错误选项D正确;由牛顿第二定律可得:物块所受
合外力为:F＝mα＝1N,F＝Tˉ／’地面摩擦阻力为:／＝／m!g＝0。5×1×l0N＝5N,故可得物块受细线拉
力为:T＝F＋／≡6N,选项B错误,选项C正确
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｜满分之路.搞定7j孽〗
l2.答案:D
解析:设A、B质量分别为m、″’A做匀速圆周运动的向心加速度为α,细线与竖直方向的夹角为0,对B
研究,B受到的摩擦力／≡Tsin0’对A’有Tsin0＝mα,Tcos0＝mg,解得α＝gtan0’0变小’α减小’则静摩
擦力变小’选项A错误;以整体为研究对象知,B受到桌面的支持力大小不变,应等于（″＋m）g,选项B
错误;细线的拉力7＝器》0变小,′变小,选项C错误;设细线长为L,则α二gmn0二O2Lsin〃,O＝
√焉亏〃变小,。变小选项n正确
l3.答案:B
解析:当小球线速度增至绳BC被拉直后,由牛顿第二定律可得,竖直方向上:Z｛Sin乙ACB＝吧O,水平
方向上;则…AcB＋雕二哑@.由o式可得;则-:咖g,小球线遮度增人时｀则卜变,账增大当Bc
厂
绳刚要被拉断时Jb＝2mg,由@可解得此时’渺≈5.24m／s;BC绳断后’随小球线速度增大,AC线与竖直
′2
方向间夹角增大’设AC线被拉断时与竖直方向的夹角为α’由则ccosα＝mg’Ilcsjnα＝皿厂二’可解得’α
厂
5
＝60。’LAC＝丁m’＂′＝5m／s’选项B正确
l4答案:D
解析:设每隔时间T,α、b相距最近
则（@α-α）b）T＝2∏,所以T＝
2∏
＝TαTb
oα—@b
魄—L
故b运动＿周的过程中,α、b相距最近的次数为:
鹏-＋-竿-腮ˉ!
即α、b距离最近的次数为（k-l）次,故选项A｀B均错误;
设每隔时间』’α、b、c共线—次,则（@αˉ@b）′≡∏
TαTb
∏
所以』＝
＝
@α-‘ob
2（n＿Tb）
故6运动—周的过程中’α、b、c共线的次数为:
则＝丑＝2（Tb—7b）＝2儿ˉ2’故选项C错误’选项D正确
吗
l5.答案:C
解析;球‘运动到最高点时杆对球〃恰好无作用力即重力恰好耀供向心力』有吨≡等解得蛔-
√豆gr选项A错误;由于小B啊球的角逮度相等则球A的线速度大小蜘≡＋√zz选坝B错误;E
＿｜96
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「答案与解析｝
…高瓶时｀对杆无弹力此时川球壹重力′啦力＂合力提供向』心力有′—″瞻-竿解得′-
1.5mg’选项C正确,选项D错误
l6.答案:ABD
解析:当B受到的摩擦力为零时,由弹簧弹力提供向心力,则有k（15『＋r—］.5′）＝2m『o2,解得:α』＝
慨选项A正确;当州受到的摩擦力为零时由弹簧蝉力提供向心力则徘（l5什′—1勤）-
1…』解得剑儡选项隙正确;｜徽设‘先滑动则当‘刚好襄滑动时摩攘力达瓢最大静摩撼
力’弹簧弹力与静摩擦力的合力提供向心力,则有:k（l. 5′＋rˉl。5『）＋驰mg≡2′nm）2’解得:o＝
陆哼选颂c锚谈暇没州先滑动则当纲｜好蛰滑动时摩擦力达到最大静摩擦力蝉簧弹力与静
摩擦力的合力提供向心九则有腮（l5叶′ˉl5『）…-l…Ⅱ解得‘刨亏√器十等,即』、E同时
开始滑动,选项D正确.
l7。答案:BC
解析当小球刚好没有脱离圆锥时’小球受重力略、细线拉力F的作用,它们的合力提供向心力,器
＝″Mcos抛;’代人数据解得‘o0＝√I∏万rad／s,此时（o0的取值范围介于3rad／s到4rad／s之间’当@较
小时’小球没有脱离圆锥体,小球受到重力mg、细线拉力F和光滑圆锥体的支持力／V的作用,它们在水
平方向的合力提供向心力,则Fsjn0＋／Vcos0≡mg’Fcos0—Ⅳsjn0＝m@2′cos0,可求得,F＝″蛔2′cos20
＋′ngsin0,此时（5√百＋4.5）N≤F≤1（）√可N当α）较大时’小球脱离圆锥’小球的重力mg和细线拉力F
的合力提供向心力’设细线和水平方向夹角为α’则Fcosα＝m／cosα（u2’可求得F＝m／@2’l0√面N≤F≤
l6N’综上分析’选项B、C正确
l8.答案:C
解析:小球做变速圆周运动,在初位置加速度不指向圆心,将其分解:
切向加速度为:α′＝l11直§Ⅱlg＝gsinα
″l
″;
32
向心加速度为:α＂＝丁＝6丁可∏m／s2＝30m／s2
此时小球的加速度为合加速度’即α二√α:＋α′2＞αn＝30m／s2＞√弓∏m／s2,选项A错误;从开始到最
高点过程根据动能定理（后n内容）,有;—′吧腮inα≡÷哪删｝ˉ＋″酗;解得似｜≡√″;ˉ2哄sinα,考虑｜临
躲情况如果没打仟的蝉力重力平行斜＂的分力提供向心力,有;＂…≡竿,代人数膳计算可以得铡雌小
］w—
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于″l ,说明杆在最高点对球的作用力是拉力’选项B错误;在最高点时,轻杆对小球的弹力是拉力,故:F＋
…α＿伞如果初…人则鼠高点…增人.故撞力′—定增大选项c正确选项n错误
l9.答案:（1）38.7m／s
（2）30m／s
解析:（l）汽车恰好不受路面摩擦力时,由重力和支持力的合力提供向心力,根据牛顿第二定律得:
2
矾gtan0＝Ⅱ11』二
厂
解得:″≈38.7m／s。
（2）当车道对车的摩擦力沿车道向上且等于最大静摩擦力时’车速最小’受力如图所示’根据牛顿第二
定律得
2
∏lUmin
FNsjn0-Ffcos0≡
厂
FNcos0＋Ffsin0＝mg
Ff＝队FN
解得:似mjn＝30m／S.
20答案（｜抨（2）÷』
3［
解析:（l）小球在绳断前瞬间受力如图所示,由牛顿第二定律得:
竖直方向上有:FTmCOS0—mg＝0
2
∏lUl
水平方向上有:FTmSin0＝—
厂
由几何关系得:『＝Lsin0
又知:FTm＝2mg
0
吗
＾
∏
丁
′
】】g
帚√平
联立解得:0＝60。,″l
（2）小球从飞出到落地’由能量定律得;÷砸＂｝＋mgh｜＝÷m〃i
△
▲
＂;—Ⅷ｝二÷L
解得:h1＝
2g
则〃＝h｜＋匹…-子L
］98
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「苔案与解析｝
设小球由飞出至落地的水平射程为财,如图所示
水平方向上有:匆＝Ult
竖直方向上有;h］≡十瓢2
由几何关系得;R＝√厂丁干了丁
联立解得:R＝3L.
2l.答案:（1）6·000
（2）l5。0
（3）28.0
解析:（1）60mm＋0×0。05mm＝60.00mm.
（14.64-5.64）×l0＿2
~~
“
—
亚
~~
∏
仙
）
勺
▲
（
｀
′
〃2T
m／s＝0.45m／s,@D＝也＝l5.0rad／s
厂
2×0.
1
（3）由Ⅷ≡徊川得;A删…,α＝器＝′芳-碉,癣＝
0.84m／s2,β＝旦≡28.0rad／s2。
厂
（l464-5.64-5。64）×10ˉ2
CE-AC
m／S2≡
~~
4严
4×0。l2
第四讲万有弓｜力及其应用
［章节练习］
1答案:C
解析:对接前,飞船通过自身减速,飞船所需要的问心力小于飞船受到的万有引力’飞船做近心运动,轨
道半径变小选项州错误｝对接后｀‘船的线速度大小为＂＝午≡2丽（竿l）R’选项E错误;对接后』飞
船的』畦度人小沟。-罢,鸳二罢.『-（｜铀）腮,可得感二「击7选项c正蹦由膊钨）1
腮）雁誓可得〃-4丽1（!锹）』RⅡ
M
3∏（l＋k）3
″
地球的密度为′二÷而腮』≡
″选项［）错误
答案:C
解析:设地球的质量为M半径为R,被测物体的质量为m
在赤道;警-鹰｜带4窖＂
任南极;警＝‘2她球的体积为v二÷丽腮』
≡m（l＋
勺
▲
…密废为′ˉ粤解得;′-‘瞬谣‘｛）.…A镭谜选项R镭碳;当……地雨卜的物
体不藤对地面有压力时;c』-烈嘉＂
］四
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3.答案:D
解析;该卫垦运行时的问心力大小为′｜厕-竿由干物体的重力的人小等于地球对物体的刀有引力的
大小,可得鞭二＂孵结合′二＂R可得;该∏垦运行时的问心」」大小为警,选项A错误;该卫垦运行时
的问心加逮度大小α二婴地球表面重力加速度大小g二繁,该卫星运行时的向心加逮膛大小是地球表
宙
～
于
第
误
错
℃
项
选
籽
懦
抨
得
可
″
—
『
~~
…
＿
产
由
误
错
Ⅱ
项
选
］
—
活
的
小
大
度
速
加
力
重
面
逮厦大小为哪」则;警竿｀徽｜仔十贡选项D正蹦
4答案:D
解析:设M的轨道半径为R’Ⅳ的轨道半径为r,设乙O／γM＝α,乙OM＼／＝β,在△OMⅣ中由正弦定理可得:
六＝忘’当△oⅧ≡90.’此时M″连线与Mo连线间的夹角最大为‘则;粤＝志油汁普勒第
三定律弹碧可得;…,…嘲之比等］＼届′选项…
5.答案:B
解析:月球的第＿宇宙速度比地球的要小’选项A错误;“媳娥五号”从轨道I进人月地转移轨道II是离
心运动,所以需要加速’选项B正确;刚开始的时候月球对“媳娥五号”的引力大于地球对“媳娥五号’’的
引力,所以动能要减小,之后当地球的引力大于月球的引力时,卫星的动能就开始增加,选项C错误;“媳
娥五号’,降落至地面的运动为向心运动,需要减速,故D错误
6答案:B（〕
Gm］m2
’
∑
）
α
厂
＄
■
■
∏
′
~~
解析:质量为′″l与m2的双星距离为L’′nl的轨道半径为『l ,m2的轨道半径为′2’则
L2
G″01″l2
‘』
ˉ…』↓一｛带殖｀′二丝解膘;7二2剐c（羔卿2）周期7搬莫缓…小双垦｜＂锄｜可膘
α）
G′锣2逐渐增大.选项B正确;双垦间的间距逐渐减小’
逐渐减小’选项A错误;双星间的万有弓｜力F＝
万有引力做而功双星系统的引力势能逐渐减小,选项D错误;“＝芋增大,″!｜与m2的半径几乎个变,
根据″＝m』可得:双星的线速度逐渐增大,选项C正确
Ⅻ
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」答案与解析｝
7.答案:B（〕
解析;设卫…＂轨道半径分别为衍」枷′1根钢…＿哩得;Ⅷ弓√罕因为′｜
厂2
厂
＝｜5｜′2,卫星A｀B的速度之比约为｜
; ｜23,选项A错误;由旦』血1＝4′琴可得;T′｜
厂2
B
-2厕√磊〕倒为′」-‖5｜缅〕可得;‖…｜爵铡约α54贴选项儡正赡｝如闺阶
示,Bl 、B2是卫星盲区的两个边缘位置,由几何知识可得:乙BlOB2＝0l＋02＝43.8。,考虑到卫星A比卫
垦‘运行的慢应有（贸—哥）＿躲×2丽解懈;Ⅷ＝0M川,遮项c正确倾斜轨道同步腥的轨道平
面和赤道平面有夹角’周期等于地球自转周期’与地球同步卫星不同’相对地面上固定的观察者是运动
的’选项D错误
8.答案:BC
解析:在稳定运行的情况下’对某＿个环绕星体而言’受到其他两个星体的万有引力,两个万有引力的合
力提供环绕星体做圆周运动的向心力,选项A错误;在稳定运行的情况下,大星体应在小星体轨道中心’
厕小垦体在人垦体州对的两侧选项＂正确对某个小星体有等带胖＿字解褥小…行
4∏厂2
的周期为T＝
,选项C正确;大星体相对静止选项D错误
√G（4M＋′网）
9.答案:A
解析:如图所示,根据题意,地面与矿井底部之间的环形部分对处于矿井底部的物
体引力为零设地面处的重力加速度为g,地球质量为M’地球表面的物体m受到
的重力近似等于万有引九故鸭二婴设矿井底部处的重〃j‖遮度为g′等效
“地球’,的质量为M′ ,其半径厂≡R＿d,则矿井底部处的物体m受到的重力mg′＝
竿’义腮-′『二÷呵孵〃』二′γ′-÷咖（R—硼）』联京解得丝二｜ˉ贵选项∧
g
正确.
lO答案:D
地面
〃
矿井）宦部
（）
／｛
解析:如果将该球形空腔填满密度为p的岩石则该地区重力加速度便回到正常值,因此,如果将空腔填
满’地面质量为′n的物体的重力为′ng,没有填满时是Amg,故空腔填满后引起的引力为（l-A）′ng;由万
有引』膛律有; （［＿脚哪嫂三妙解得v-1上:‘堡,遮项［）正确
2O］ˉ
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ll.答案:D
GMm｜
解析:卫星围绕地球运行时’万有引力提供向心力,对于东方红＿号’在远地点时有（R＋h1 ）2
即
’
‖
α
］
矾
~~
CMm2
“-（尺警」）;,对于东〃红＿冒,打（腮钠典）』≡…,即蝇-（湍）2.由于＂』＞h｛.故…2,东方
红二号卫星与地球自转的角速度相等,由于东方红二号做圆周运动的轨道半径大于地球赤道上物体做
圆周运动的半径’根据α＝m）2,故α2＞α3 ,所以αl＞α2＞α3 ,选项D正确,选项A、B、C错误
l2.答案:B
解析:飞行试验器在6点不仅受到万有引力’还受大气层对它的阻力’合力指向轨迹弯曲方向’故合力向
上处于超勇状态,不是完全失重状态,选项A错误;（行试验器在＂点的j‖速隆α-罢结合g-繁可
得侧-窖选项吓碉｀行试验瓣从僻点到』〗点万筒引力不做功,大气晨对它的阻力｛敬血驯,由能量
守恒可得:飞行试验器在α点的动能大于在C点的动能,飞行试验器在α点的速率大于在c点的速率,
选项C错误;飞行试验器从C点到e点万有引力不做功,不受阻力,由能量守恒可得:飞行试验器在C点
的动能等于在e点的动能,飞行试验器在c点的速率等于在e点的速率’选项D错误
必修2第五章机械能
第-讲功和功率
［章节练习］
l答案:A
解析:由于大圆环是光滑的,因此小环下滑的过程中’大圆环对小环的作用力方向始终与速度方向垂直,
因此作用力不做功,A项正确’B项错误;小环刚下滑时’大圆环对小环的作用力背离大圆环的圆心,滑到
大圆环圆心以下的位置时,大圆环对小环的作用力指向大圆环的圆心,C、D项错误.
2、答案:D
解析:由题图乙可知’在5～l0s内物块做匀速运动,故受到的摩擦力与水平推力相同,故摩擦力／＝F′＝
4N』选项A错误;在0ˉ5·内物块的加速度为顾≡器＝÷m／愚2＝｜m／愚2根据牛顿第二定律叮得′—′
二顺α解得咖＝2kg,选项B错误;在0～｜0·内物块通过的位移为撼＝÷×（5＋l0）×5m＝375m’故兑
服摩擦力做功为肌＝∧≡4×37。5J＝l50J,选项C错误;撤去外力后物块产生的加速度为α′二二1≡
『n
—2m斟』减逮到零所需时间为』′二兽.-2:;≤’.喊逮到零通过的位移为鞭′-号ˉ2:盖）m-
6.25m,选项D正确
2O2
~~
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」答案与解析｝
3.答案:C
解析;由能的转化与守恒叮知;拉力的功率等于克服重力的功率,尸′＝尸‘＝哪纠＝枷g…0.二l略鲍｀
故选项C正确
4.答案:A
解析:轻绳对滑块做的功为变力做功,可以通过转换研究对象’将变力做功转化为恒力做功;因轻绳对滑
块做的功等于拉力F对轻绳做的功’而拉力F为恒力,Ⅳ＝F°△L’△L为轻绳拉滑块过程中力F的作用
点移动的位移,大小等干定滑轮左侧绳长的缩短量由题图可知,△LAB＞ALBc,故Ⅳl ＞赐,选项A正确
5.答案:B
解析:汽车匀速行驶时牵引力大小等于阻力,功率减小＿半时’汽车的速度由于惯性来不及变化’根据功
率和速度关系公式P≡Fb’牵引力减小＿半’小于阻力,合力向后,汽车做减速运动,由公式P≡Fb可知,
功率＿定时’速度减小后’牵引力增大,合力减小,加速度减小,故汽车做加速度不断减小的减速运动’当
牵引力增大到等于阻力时,加速度减为零,汽车重新做匀速直线运动,故选项B正确
6.答案:BD
解析:启动时,乘客的加速度向前’车厢对人的作用力方向问前’与车运动的方向相同,选项A错误;以后
面的车厢为研究对象’F56—v≡3mα,F67-2／＝2mα,则5｀6节与6、7节车厢间的作用力之比为3 :2,选
项B正确;根据″2≡2α卯,车厢停下来滑行的距离卿与速度的二次方成正比,选项C错误;若改为4节动
车,则功率变为原来2倍,由P＝Fb知’最大速度变为原来2倍’选项D正确
7.答案:D
解析:拉力做功最小时’木块应做匀速运动’对木块m受力分析’由平衡条件可得FT≡以mg.对木板″受
力分析,由平衡条件可得:F＝FT＋／Lmg,又因当木块从木板右端拉向左端的过程中’木板向右移动的位
移x＝÷L’故拉力F所做的功″＝险二′』mgL,或者根据能量守恒定律求解’在木块运动到木板左端的过
△
程’因摩擦产生热量为以mgL’选项D正确
8.答案:CD
解析:由题图可知’加速度变化’故赛车做变加速直线运动’故A错误;α—L函数方程为α＝4山ˉ4,汽
O
0
车加速运动’速度增大,j｜］速度减小’故B错误;对汽车受力分析,受重力、支持力、牵弓｜力和摩擦力’根据
牛顿第二定律,有;倔ˉ／＝瞅·其中;F＝÷,联立得α二点ˉ卡结合图线,当物体的速度最大时’加遮度
为零,故结合图象可以知道’α＝（）时’ˉ上＝0.0l ,仙＝100m／s’所以最大速度为l00m／s.由图象可知:ˉ上ˉ
″
m′
＝ˉ4′解得;′＝4咖＝4撼400N二!600N,0二亦藤命—渝解得P＝｜60kW,故c｀D正确
四3
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｜满分之路·搞定力学［
9.答案:BC
解析:开始系统处于静止状态’弹簧弹力等于A的重力沿斜面向下的分力’即:′Ⅶ｜gsin0＝胸1 ;当B刚离
开C时,弹簧的弹力等于B的重力沿斜面向下的分力,故′Ⅷ2gsin0＝脑2’（／≡绷｜＋财2,∧d≡（ml＋″l2）gsin0,
Fˉ脑2—″』lgsin0
F-′n2gsin0—m｜gsin0-E二巫,故
故Ad＞′n2gsin0,故A错误;物块A的加速度α＝
＝
′∏l
′Ⅶl
″〗1
B正确;由于速度″与重力夹角不为零’故重力的瞬时功率等于P＝mlg″sin0＝（kdˉm2gsin0）＂,故C正
确;当物块B刚要离开C时’弹簧的弹力为m2gsin0,则弹力对物块A做功的功率为′7!2gusin0’故D错误
l0.答案:D
解析:0ˉ20.△乍＂仇移大小为鹏乙＝｜00Ⅷ.对甲车由动能定理叫得脚｜ˉ＾甲＝十哪删甜—0结合′｜-
l
＋o甲t2＝丁α乙（tl
＋
≈
20s,／＝旦,解得:愿甲≡l25m’设再经过‖2乙车追上甲车’由位移关系可得:则甲
Om
t2）2’解得:‖2＝l0s,则乙车追上甲车的时间是′≡′l＋!2＝30s’选项D正确.
ll答案:75W
解析』跳跃的周期7＝册｀＝÷＂｀
每个周期内在空｜｜停留的时间′｜＝÷′＝←,
运动员跳起时视为做竖直上抛运动运动员上升过程的时间为′』-÷′｜＝∏.
l
每狄跳跃运动员上升的最大高度为′轴＝古瓢;＝赤m,
每次跳跃人克服重力做的功为Ⅳ＝″lghm＝25』
克服重力做功∩砰均功率为F-粤＝竿W-75W
丁
l2.答案:（l）见解析
（2）2（）m／s
（3）2m／s2
解析: （l）题图中图线AB段牵引力F不变’阻力／不变’汽车做匀加速直线运动,图线BC的斜率表示汽车
的功率P,P不变’则汽车做加速度减小的加速运动’直至达到最大速度U2,此后汽车做匀速直线运动.
（2）当汽车的速度为″2时,汽车受到的牵弓｜力等于汽车受到的阻力,即:
P∏］
2×l04
Fl＝1×l03N＝／,″2＝瓦＝1×l03m／s＝20m／s.
（3）汽车做匀加速直线运动时的加速度最大,即
Fmˉ／＝′nαm
解得:αm＝2m／s2.
ˉ2凹
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』答案与解析｝
第二讲动能定理
［章节练习］
l.答案:C
解析:对全过程运用动能定理,结合摩擦力做功的大小,求出动摩擦因数大小.设AB的水平长度为狐,竖
直高度差为h’对物块由A到B的过程运用动能定理得吧h—严mgcosα.ACˉ队mg.CE-′儿mgcosβ.EB
＝0’因为AC. cosα＋CE＋EB. cosβ＝躯’则有mgh-／』mgx＝0’解得以＝上≡tan0’故C正确
几
2答案:B
解析:F—蛔图象与则轴围成的面积表示外力所做的功,由题图可知:Ⅳ＝（2×2＋4×4—3×2）J＝l4J’
根据动能定理得;厕＝÷砸删2ˉ÷顾＂;解得;刨＝涵m／爵,故B止确
3.答案:AB
解析:由于通过两次击打,小球才能运动到圆轨道的最高点,且小球始终禾脱离轨道,所以第＿次击打小
球后,小球运动的高度不能超过R’则有:Ⅳl≤mgR;由于第二次击打后小球能运动到最高点’则有:Ⅳl
＋
mO2
Wl
赃＝2…÷咖刨:,在最高点;″＋吧＝丁,″≥0』则得;厕｜＋赐≥÷…,叮得;赂≥÷略R’丽≤
勺
÷,故选项A和B正确
4答案:A
解析:小球在地球表面做竖直面内的圆周运动,小球在最高点的速度为＂l ’小球在最低点的速度为o2’绳
7
长为L,由于小球恰好能完成整个圆周运动,在最高点小球的霞〃提供向心力｛‖‖;吧-竿,任最低点;
…-竿,由动能定醚可得…-÷鹏艘;ˉ÷咖嘛.可得′-…洞螺可得在月球轰面′｛～…′ 〕
结合爵-罢,g′-繁和题意可得;在地球上和月球上细绳对小球的拉力大小之比为÷-:～等选项
A正确.
5.答案:ABC
解析:在大小为l2N的水平拉力F的作用下做匀速直线运动,F＝〃mg,解得:〃＝0.2,选项A正确;由
F＿缅图象可得:图象和坐标轴所围的“面积’’的大小表示F做的功,在0～7m内F做的功为ⅣF＝
（7＋2.5）×l2J＝57J’摩擦力做的功为p〉＝ˉ∧＝ˉ84J’合外力对物体所做的功为Ⅳ合＝W′,＋赂＝
2
—27J,选项B正确;由动能定理叮得哪箭＝ˉ27J＝0—÷卿,;解得谬0＝3ms,选项C服确物体在减
｀
速阶段拉力做功为＂＝坚（7ˉ25）J＝27J’选项D错误
▲
m5
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‖满分之路.搞定力学l
6。答案:B
解析:小球A下降h过程中小球克服弹簧弹力做功为Ⅳ‖ ,根据动能定理,有mg／lˉWl＝0;小球B下降过
程由动能……—＂｜-÷…—0解得;删′—抨.故E正确
7.答案:B
解析:外力F做的功等于A、B动能的增量与A、B间摩擦产生的内能之和,A错误;A物体所受的合外力
等于B对A的摩擦力,对A物体运用动能定理,则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量,即
选项B正确;A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是＿对作用力与反作用力’大小相等,方向相反,但是由
于A在B上滑动’A、B对地的位移不等.故二者做功不相等’C错误;对B应用动能定理’Ⅳ′—购＝
MkB’即WF＝吗＋△EkB’就是外力F对B做的功’等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和,I）
错误
8.答案:C
解析;…到达卵点的l…雕雕在＂点……的蝉力为′腻则′腻ˉ哪闺二雾｀已卿′腻～
州＝4厕g则质点到达州点的动能为囚瞅-÷厕删》≡÷″唱R质点由″始至″点的过程’由动能定理得
吧哑＋叫＝鸟″—0’解得摩擦力做的功为L＝÷啊g腮,即克服摩擦力做的功为＂＝ˉ吗＝÷″』g凡
设从Ⅳ到0的过程中克服摩擦力做功为Ⅳ′ ,则Ⅳ′＜W.从Ⅳ到0的过程,由动能定理得-mgR＿Ⅳ′＝
十厕删bˉ÷咖‖｀即＋吧腮W′＝÷Ⅷ;’故质点到达0点后速度个为0.质点继续上升段距离选项（〕
正确.
9.答案:B
解析:当推力小于摩擦力时物体就开始做减速运动,选项A错误;题图乙中图线与卿轴所围面积表示推
力对物体做的功,可得推力做的功W＝÷×4×l00」＝200J’根据动能定理有Wˉ队″‖g挝m＝0’得xn｀＝
么
l0m,选项B正确;当推力与摩擦力平衡时,加速度为零’速度最大,由题图乙得F＝l00—25则（N）,当F＝
…-20N时鳃＝32m,由动能定埋得＋×（｜00＋20）鞭ˉ…＝÷瞬喘ˉ0,解得物体运幼的最大速度
＂m＝8m／s’选项C错误;物体运动中当推力由100N减小到20N的过程中,加速度逐渐减小,当推力由
20N减小到零的过程中,加速度又反向增大,此后加速度不变,故D项错误
l0.答案:C
解析:A球向右运动0. lm时,沙A＝3m／S’OA′≡0.4m,OB′＝0.3m’设此时乙B′A′O＝α,则有tanα＝
÷由运动的合成与分解可得吻…＝〃〃…解得＂圃-4m／爵似B球为研究对象,此过程｜B球上
2比
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1答案与解析｜
升高度h＝0」m’由动能定埋得;腑ˉ′吧′‘＝÷″卿;,解得释绳＂拉力对周球所做的功为臃＝腮gh＋
＋厕″i＝2×l0×0l∏＋＋×2慰42］＝｜8J》选项C正确
ll.答案:ACD
解析:由摩擦力做功的图象可知,吗＝／儿″l邵＝20J,解得:／儿＝0.2’选项A正确;由／＝队″′g＝2M则＝∧
＝27J.可得;鞭≡n§m选聊B错误;又＂′-肚,叫解得前3厕内,′二÷N-5N｀由′ˉ／-mα叮得
α＝3m／s2,选项C正确;由动能定理可得;＂『ˉ∧＝斗炯″2’解得;腮＝9m时物体的速度＂＝3√Zms,选
▲
项D正确
l2.答案:B
解析;滑块到达侧环顶颇‘时对轨道压力为零.由牛顿第二定徘得″嚼～竿得窿度删‘-凋设滑块
在哑们段上克服摩擦力做的功为＂｜｀由动能定理得′厕g（〃ˉ2′）ˉ＂｜＝＋砸诧—0则孵｜＝吧（Ⅱˉ2′）
ˉ十咖;＝吧（′′ˉ÷）捐块在c″段克服摩擦力做的功为肌满足0＜赃＜腑｜』从c到D｀由动能
定理得ˉ＂2ˉmg（hˉ2′）＝0ˉ寺咖′;’代人得8m＜h＜l0m’选项B正确
≡
l3。答案:B
解析:当环受到的合力向下时,随着环做减速运动,向上的力F逐渐减小,环最终将静止;当环所受合力
向上时,随着环速度的减小,竖直向上的力F逐渐减小’当环向上的拉力减至和重力大小相等时,环所
受合力为零,杆不再给环阻力’环将保持此时速度不变做匀速直线运动;当环在竖直方向所受合力为零
时’环将—直做匀速直线运动,分三种情况应用动能定理求出阻力对环做的功即叮当F≡肋0≡′′lg时’
圆环不受杆的支持力和摩擦力,克服摩擦力做的功为零;当F＝h′0＜″!g时,圆环做减速运动到静止,只
有摩擦力做功,根据动能定理得—W＝0ˉ÷毗硼;,得″＝＋哪＂;;当′＝脚0＞吧时,圆环先做减速运动,
当′＝略时,圆…受摩擦力,做匀速直线运动,由′≡脚＝佩g得聊二竿’根据动能定理得—W＝＋厕聊』
ˉ十咖侧;解得腑三÷咖鹏;—繁综上所述,答案为Ⅱ
l4答案（｜）÷（2）不过膘点十
解析:（l）设圆弧轨道的轨道半径为R,从A点到α点由动能定理可得:mgR-／Lmg×Oα＝0;从B点到b
点巾动能定理叫得咖g（腮＋h）—以枷g×o』-0;α偷＝L′可得;腮g删—…L-0』解得;腆≡÷
（2）由动能定理可得:′ng（R＋h）—／儿m醉＝0,可得:卯＝Lh＋旦’作出嘶—h图象,则作出的图象应该是
〃
严
不过原点;图线的斜率为k,即上＝陶陛＝许
队
2O7＿＿＿
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｜满分之路.搞定力学1
l5。答案:（l）l20W
（2）0.02m
解析:（l）撤去F前,根据动能定理有:
（F-″0g）／l＝Ek-0
由题图乙得斜率隐≡平-20旧｜M.ˉ厕g-20N’得′二30＼
又由题图乙得,h＝0.4m时’Ek＝8J
则o＝4∏l／s,P＝Fb＝l20W.
（2）碰撞后’对钉子有:-F「x′≡0ˉE《
-
A′几′
已知E《≡2（）J,F『≡—丁
又由题图丙得A′≡l05N／m’解得:如′＝O02m
l6答案:（l）0＝37。
（2）s＝0.25m
解析:（l）设动摩擦因数为严’当BD水平时,研究物块的运动,根据动能定理得W总＝△Ek
从A到D的过程中″!gR（l-cos37。）-／』mgL＝（）
代人数据联立解得队＝0。5
当BD以B为轴向上转动＿个锐角0时’从A到C的过程中,根据动能定理得
＂g府（｜—窿。爵37.）—吧÷…—以F＂÷＝0
其中FN＝mgCOS0
联立解得0＝37°.
（2）物块在C处速度减为零后,由于mgsin0＞／Ⅺmgcos0物块将会下滑,而AB段光滑,故物块将做往复
运动’直到停止在B点.
根据能量守恒定律mgR（lˉcos37。）＝Q
而摩擦产生的热量0＝∧,／＝队mgcos0
代人数据解得,物块在BD板上的总路程＄＝（）.25m.
第三讲机械能守恒定律及其应用
［章节练习］
l.答案:C
解析;恰能做圆｜割运动则在最高点有″』g二等解得;酗-碌
由机械能守恒定律叫知;2′＂gR＝＋′＂似;ˉ＋咖刚2·
解得初速度″0＝√5百F根据机械能守恒,在最高点Ⅳ的速度为＂′ ,则:
2O8
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』答案与解析‖
∑
″
矾
‖
』
—
勺
△
∑
◎
〗
加
］
—
∑
尺
吧
句
〕
—
’
▲
′ⅦU′2
根据向心力公式:T＋″lg＝瓦’
2
联立得T＝3′Ⅶg’故选项C正确
2.答案:ACD
解析;苫小球能…高点则陶″嚼—竿,可求得小球通过愿高点‖撮小遮废酪顺-√雨-…审
机械能守恒定律得2mg什＋咖喘m＝÷顺删;解得删0＝2√5ˉ…若小球尔遮过四分之圆删｀根据机械
能守恒定律得;吧′二÷哪刨;,得出＂0＝2徊m／爵,所以＂0≥2行＂√爵或0≤删0≤2徊m鼠均符合要求,故
A｀C｀D正确’B错误
3。答案:D
2
刀Ml
解析:设小球在最低点速度为〃l ’在最高点速度为″2’根据牛顿第二定律’在最低点:Ⅳ｜ˉ′″g＝ˉ而’
″!″i
在最高点:Ⅳ2＋′ng＝丽
同时从最高点到最低点,根据机械能守恒定律得
2″啥R＝÷咖＂;ˉ÷哪删;
联立以上三式可得Ⅳl—Ⅳ2＝6mg’故选项D正确
4答案:CD
解析:初始位置’球1加速度向上超重,球2加速度向下,失重,故球l受到的拉力较大,故A错误;球l
在最高点存′…-雾〕…墩低辆;′型—吧-雾｀两个球运动过程中帆憾能守恒对球1 ;＋
″恿-＋讽叶带2′＂g腮,对球2;↓′″渺p-＋″;—…联立解得′｜＝γ＿5…-等半…,故′』—
Fl≡10mg’故B错误’C正确;两个球运动过程中机械能守恒,而初始位置两个球的机械能相等,故两个
球的机械能＿直是相等的’故D正确
5。答案:BD
解析:由题意知,系统机械能守恒设某时刻α、b的速度分别为＂α、
″b.此时刚性轻杆与竖直杆的夹角为0,分别将oα、06分解,如图所o上
示.因为刚性杆不可伸长’所以沿杆的分速度″〃与吻是相等的’即
uαcos0＝″bsin0。当α滑至地面时0＝90·,此时″b＝0,由系统机械
α
1）1
／卢入
~＼／
＼／／
~~＼／辫~~
K
!′b
吻
l）》
0′α
2四
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｜满分之路.搞定力学｝
能‖恒得″噶h＝古′＂徽:｀解得懈.≡√I百∏选项B服确伺时由于0初｀木遮皮均为零｀运动过程｜其动能
先增大后减小,即杆对b先做正功后做负功’选项A错误;杆对b的作用先是推力后是拉力’对α则先是
阻力后是动力,即α的加速度在受到杆的问下的拉力作用时大于g,选项C错误;b的动能最大时’杆对
α、b的作用力为零,此时α的机械能最小,b只受重力和支持力,所以b对地面的压力大小为mg,选项D
正确.正确选项为B、D
6.答案:BI）
解析:α｀b两球和轻杆组成的系统只发生着动能｀重力势能之间的转化,α、b两球和轻杆组成的系统在下
滑过程中机械能保持不变’选项B正确;由机械能守恒可得; ′＂gR＋2咖gR＝÷×2厕″2＿0’解得;″≡
凸
犀F’选项c错误;对α由动能定理可得;呵g尺＋Ⅳ侧＝＋厕＂2＿0’解得:Ⅳ愿二＋厕gR,选项I〕正确;根据
～
＝
‘‘除去重力对物体做功外,其他力对物体做功的代数和等于物体的机械能的变化’,可得:整个过
程中轻杆对α球做正功,α球的机械能增大’根据系统的机械能守恒,b球的机械能减少’选项A
错误.
7.答案:CD
解析:物块受力平衡时具有最大速度,即:mgsin0＝A△x,则质量大的物块具有最大速度时弹簧的压缩量
比较大,上升的高度比较低,即位移小’而运动过程中质量大的物块平均加速度较小’o2ˉ0＝2αx加速度
小的位移小,则最大速度″较小,故A错误;开始时物块具有最大加速度’弹簧形变量相同,则弹力相同,
根据牛顿第二定律:α≡旦二卫1吕旦l旦ˉβ可见质量大的最大加速度较小,故B错误;由题意知,使两弹簧具有相
′70
同的压缩量,则储存的弹性势能相等,物块上升到最大高度时,弹性势能完全转化为重力势能,则物块最
终的重力势能mgh相等’重力势能的变化量相等,而两物块质量不同,则上升的最大高度不同’故C、
D正确
8.答案:AB
解析;设尺与O点的距离为骡则腿据机械能守恒有厕gh＝÷狮＂;’若恰能完成尤整的圆周运动’则十刚;
-2吧（瓜＿膨）÷鹏删2且′赠-碧,罐理得鳃-÷L,因此瓜与（］点的距离至少为÷瓜,因此A、嚼正确
C、D错误
9.答案:D
解析:物体沿斜面升高h时’速度为零’即动能全部转化为势能当斜面锯断时,物体做斜抛运动,达最高
点时速度不为零,而物体沿圆弧到达最高点时速度也不为零,即动能没有全部转化为势能,故物体都不
能再升高几但都是只有重力做功,综上所述D项正确,A｀B、C选项错误
2］O
~
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］答案与解析｜
l0.答案:B
解析:C刚离开地面时’对C有脑2＝″!g’此时B有最大速度,即（JB＝αc＝0’则对B有T—脑2-″lg＝0’
l
对A有4mgsinα—T＝0’以上方程联立可解得slnα＝ˉ丁,α＝30。’故A错误;初始系统静止,且线上无
兰
拉力,对B有脑］＝吧·可知鳃］＝鞭2＝等,则从释放A至c刚离开地面过程中,弹性势能变化量为零,此
过程中A｀B｀C组成的系统机械能守恒’即4咖g（x｜＋躯2）sinα＝″啃（箍｜＋＂2）＋÷（4′＂＋″′）″§m｀以上方
＝
~~／＿—
~~~厂≡-＝
程联立叮解得似′m＝2凰√聂所以削获得的最人逮度为2凰｀／釜.故B服确;对B球迸行受力分析回「知’
刚释放A时’B所受合力最大’此时B具有最大加速度,故C错误;从释放A到C刚离开地面的过程中,
A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒’故D错误
l1。答案:B
解析:设轨道半径为R,小物块从轨道上端飞出时的速度为似｜’由于轨道光滑,根据机械能守恒定律有
吧×2R-÷加触』ˉ÷咖｝,小物块从轨道上端｜‘出后做平抛运动’对运动分解有;蕊＝谬｜』,M＝÷g』:,求
得甄√‖6（耐ˉ惫）:倦｝因此当R—最-0.即缆＿矗时｀甄…人值颐正确A、cⅢ项镭误
l2.答案:A
解析:在b球落地前’α、6两球组成的系统机械能守恒,且α、b两球速度大小相等,设为＂,根据机械能守
恒定律有;3mgh＝″嗜h＋÷（3′＂＋砸）″2,解得;＂＝硕’故A正确
△
l3.答案:BCD
解析:小球在从M点运动到／＼／点的过程中’弹簧的压缩量先增大,后减小’到某＿位置时’弹簧处于原
长’再继续向下运动到Ⅳ点的过程中’弹簧又伸长弹簧的弹力方向与小球速度的方向的夹角先大于
90。,再小于90。,最后又大于9（）。’因此弹力先做负功’再做正功’最后又做负功,A项错误;弹簧与杆垂
直时,小球的加速度等于重力加速度,当弹簧的弹力为零时,小球的加速度也等于重力加速度’B项正
确;弹簧长度最短时’弹力与小球的速度方向垂直’这时弹力对小球做功的功率为零,C项正确;由于在
M、／V两点处’弹簧的弹力大小相等’即弹簧的形变量相等’根据动能定理可知,小球从M点到／γ点的过
程中,弹簧的弹力做功为零,重力做功等于动能的增量,即小球到达／V点时的动能等于其在M、／V两点
的重力势能差’D项正确
l4.答案:C
解析;小球从释放到最低点的过程中’只有重力做功,由机械能守恒定律可知’′吧L＝÷咖＂2’Ⅷ≡√面酉z
△
绳长h越长,小球墓‖最低点时的速度越大,A项错误;山于尸球的质量大「0球的质量’山阀』＝÷〃测2
2］］
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‖满分之路.搞定力学〖
［）2
可知’不能确定两球动能的大小关系’B项错误;在最低点’根据牛顿第二定律可知,Fˉ′＂g＝′厕ˉr,求得
′-3略,由于′球的履量大丁0球的质量,因此C项正确;由侧-÷-2g可知,两球在最低点的向心』‖
速度相等,D项错误.
l5.答案:A
解析:当两液面高度相等时,减少的重力势能转化为整个液体的动能,如图所示’根据功
割ˉˉ＿ˉ＿
能关系有＋…÷h-＋哪铡』解得;鹏-√≡∏故A正碗
16.答案:0≤α≤30°
解析:小球在倾斜平板上运动时受到绳子拉力、平板弹力、重力作用在垂直平板方向上合力为零,重力
在沿平板方向的分力为′′′gsinα
小球在最高点时’由绳子的拉力和重力沿平板方向的分力的合力提供向心力,有
m″｝
o
FT＋′ngSmα≡—万
研究小球从释放到最高点的过程,根据动能定理得
1
2
l
2
@
ˉmgLsinα＝亏m″lˉ丁m″0
△
若恰好能通过最高点’则绳子拉力FT≡0N
o
联立o@o解得爵mα＝十’解得α＝30.
故α的范围为0≤α≤30。
l7答案（」）守恒理由见解析
（W÷（L2—α2）爵inα
解析:（1）链条在下滑过程中机械能守恒,因为斜面BC和水平面AB均光滑,链条下滑时只有重力做
功’符合机械能守恒的条件.
（2）设链条质量为m’可以认为始、末状态的重
力势能变化是由（L—α）段下降引起的,
4
／l
L-〔I
L＋α
。
）…≡—丁…
α＋
2
（
~~
∧
旦
里
少
减
度
吉
同
该部分的质量为m』＝号（L＿α）
由机械能守恒定律可得号（L—α）gh＝÷砸删2,
弓√÷（Ⅲ』—α』）…
可解得:0′
2］2
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』答案与解析｝
l8.答案:（l）02m
（2）45。
2
解析＂（l）小球经过D点时′满足竖直方向的合力提供圆周运动的向心力’即;F＋吧＝等
从川到D的过程中只有重力做功,根据机械能守恒定律有;mg（′′ˉ2R）＝＋腕删2ˉ0
联立解得;′＝等×〃—5厕骋
由题中给出的FˉH图象知斜率
片＝
5一0
l.0-0.5
即等＝l0№”
所以可得R＝0.2m.
（2）小球离开D点做平抛运动’根据几何关系知,小球落地点越低平抛的射程越
小,即题设中小球落地点位置最低对应小球离开D点时的速度最小.
根据临界条件知’小球能通过D点时的最小速度为″＝√gF
小球在斜面上的落点与圆心等高’故可知小球平抛时下落的距离为R
’”沪…了″…铲…
所以小球萨抛的射隆》-翻曰仔ˉ倾霹仔＿顾
由几何关系可知,角0＝45。.
l9.答案:（l）30N
（2）20cm
（3）lm／s
解析:（1）弹簧恢复原长时’物体A、B的加速度大小相同,
对B分析:mg—T＝mα
对A分析:T′-mgsm30。＝″!α
T′＝T
代人数据解得:T＝30N.
（2）初始位置,弹簧的压缩量为:虹l＝Ⅱ!鲤哩皿＝l0cm’
八
当物体A速度最大时’即物体A的加速度为零,对物体A分析有:′ng≡脉2＋mgsin30°
弹簧的伸长量为:如2＝10Cm
所以物体A沿斜面上升的距离为:虹＝鳃l＋卯2＝20cm。
（3）因为绷l≡灯2’所以弹簧的弹性势能没有改变,由系统机械能守恒得:
″嚼（…2）＿咖g（…:）舅in30.＝÷（′…）删2
解得:″≡lm／s
2］3
~
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｜满分之路·搞定力学h
第四讲功能关系及其应用
［章节练习］
l.答案:CD
解析:根据滑块与斜面间的动摩擦因数队＝tan0可知,滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力.施加＿
沿斜面向上的恒力F≡mgSin0’滑块机械能保持不变,重力势能随位移卿均匀增大,选项C、I）正确;产生
的热量0≡户,随位移均匀增大,滑块动能Ek随位移卿均匀减小,选项A｀B错误
2.答案:A
解析;?″段绳的质量为咖′二÷厕,未拉起时｀0删段绳的重心在0删中点处,与删点距离为＋′绳的下
端0拉到M点时｀Q删段绳的重心与″点距离峙,此过程重力做功厕懈＝—哪′g（＋′—÷′）＝
—古吧!,对绳的卜端Q拉到M点的过程应用动能定理｀呵知外力做功腑-ˉ＂c＝古砸g′,叮知』｀坝正
确’B、C、D项错误
3.答案:D
解析:由题图直线α可知’电动车的动能Ek与滑行位移卿呈线性关系,第＿次关闭自动充电装置自由滑
行l0m停止,第二次启动自动充电装置时只滑行了6m,所以第二次充电的电能相当于滑行4m所需要
的能量’圆‖△E-击×业J≡2M｀故p止确
4答案:BD
解析:将物块从O点拉至A点,撤去拉力后物块由静止向上运动’当弹簧对物块沿斜面向上的弹力等于
物块重力沿斜面的分力和滑动摩擦力之和时’合力为零物块的动能最大.由此可知,物块经过A、O之间
某一位置时,物块的动能最大,选项A错误;物块动能最大的位置与AO的距离无关’选项B正确;由功能
关系可知,物块从A向O运动过程中,弹性势能的减少量等于动能与重力势能的增加量加上克服摩擦力
做功产生的热量选项C错误;物块从O向B运动过程中’动能的减少量等干增加的重力势能与弹性势
能加上克服摩擦力做功产生的热量,即动能的减少量大于弹性势能的增加量,选项D正确
5.答案:A
解析:系统运动过程的示意阁如图所示,系统产生的内能应为滑动摩擦力乘
以物体间的相对位移’即／Z,故A正确;根据功能关系,外力对系统做的功应
等于系统产生的内能与机械能增量之和’即Fs＝△E总＋／I,故B错误;根据动
能定理,合外力对物块做的功等于物块增加的动能’即／（s—L）,故C错误;根据
动能定理’合外力对小车做的功等于小车动能的增量,即Fb-∧＝△Ek车,故D错误
2］4
~
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『答案与解析｝
6.答案:D
解析:拉力竖直向上’与物体的位移方向相同’则拉力对物体做正功,由功能关系知物体的机械能增加,
故A｀B错误;由匀变速运动的速度位移关系公式o2ˉ″;＝2αh得:〃2＝″;＋2αh’由数学知识可知’″2ˉh
图象的斜率等于2α直线的斜率—定’则知物体的加速度α＿定,因此物体向上做匀减速直线运动’由牛
顿第二定律知拉力恒定由功能关系知;′M-M.即得器＝′,所以圆ˉh图象的斜率等于拉力′′′≡
定’因此Eˉh图象应是向上倾斜的直线,故C错误,D正确
7.答案:C
解析:由于Fl 、F2对m、M都做正功,故系统机械能增加,则系统机械能不守恒,故A错误;当弹簧弹力大
小与F］｀F2大小相等时’M和″l受力平衡’加速度减为零,此时速度达到最大值故各自的动能最大’Fl
和F2可继续对系统做功,系统机械能还可以继续增大’故此时系统机械能不是最大,故B错误;在运动
的过程中,根据除重力和弹簧弹力以外的力对系统做的功等于系统机械能的变化量可知,m、″动能的变
化量加上弹簧弹性势能的变化量等于Fl 、F2做功的代数和,故C正确;由于不知道M和m质量大小的
关系,所以不能判断最大速度的大小,故D错误
8。答案:C
解析:由能量转化和守恒定律可知’力F对木板所做的功Ⅳ＿部分转化为物体m的动能,一部分转化为
系统内能’故＂＝＋厕＂2＋四g△躯棚’△聪桐＝＂′ˉ÷′＝!.感＝“,＂二“,即″＝“′,联立以上各式可得;Ⅳ
≡m″2’故选项C正确,
9.答案:（］）35N
（2）6J
（3）停在BC上距离C端0.3m处（或距离B端0.2m处）
解析:（l）小球进人管口C端时’它与圆管上管壁有大小为FN≡2.5mg的相互作用力,故对小球由牛顿
第二定律得
FN＋mg＝Fn
代人数据解得F＂＝35N
（2）在压缩弹簧过程中,速度最大时合力为零
设此时小球离D端的距离为卿0,则有A厕0＝′″g
解得鳃0＝竿＝αlm
■
■
2
『nUC
在C点,有Fn＝—
厂
解得″C＝｀／7m／s
2］5ˉ
~~~
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｜满分之路搞定力学l
由能量守愤定律得吧（…o）≡阎,＋（凤m—÷厕吃）
代人数据解得Ekm＝6J
（3）小球从A点运动到C点过程中,由动能定理得
吧h—…＝÷Ⅷ;—0
代人数据解得B｀C间距离＄＝0.5m
小球与弹簧作用后返回C处动能不变,小球的动能最终消耗在与BC水平面相互作用的过程中.
设小球与弹簧作用后在BC上运动的总路程为s′ ,由能量守恒定律得
…′＝＋厕聊;
代人数据解得s′＝0.7m
故最终小球在BC上距离C为05m-（O7m—0.5m）＝0.3m（或距离B端为0。7m-0.5m＝02m）
处停下.
1O答案:（l）2s
（2）24J
解析:（l）物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力,由牛顿第二定律得:
mgsin0＋／儿mgcos0＝mαl
设物体经时间tl加速到与传送带同速,则
＂＝憾′｜,躯｜＝十α｜蔽｝
代人数据解得:αl＝l0m／s2,t1＝1s,匆1≡5m
设物体与传送带同速后再经过时间r2到达B端,因mgsin0＞陛mgcos0,故当物体与传送带同速后’物体
将继续加速’即mgsin0-仪mgcos0＝′m2
Lˉ躯｜＝咖2＋÷α2尚
△
代人数据解得:′2＝l s
故物体由A端运动到B端的时间
r＝′l＋′2＝2s.
（2）物体与传送带间的相对位移
鳃相≡（″tl-嘶l）＋（L-缅l＿″t2）＝6m
故Q＝严mgcos你相≡24J.
—2］6
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『答案与解析｝
l1.答案:（］）4s
（2）0.3m
l.2m
解析:（1）赛车由A到B过程中克服摩擦力做功产生的热量0＝／Z
根据能量守恒定律得
P′＝2咖gR＋＋″｝＋Q
▲
代人数据联立解得／＝4s.
（2）赛车由A到C过程中根据能量守恒定律得
P‘0＝÷鹏＂f＋Q＋2厕gR0
赛车过C点后做平抛运动’有
2尺0二士g』2’躯＝＂b』
联立解得厕2＝—l6R;＋Q6R0
当R0＝0.3m时卿ma＂≡12m
l2答寨;（］）告略＂
（2）见解析
（］）亭蠕＂
解析:（1）小球离开0点做平抛运动,设初速度为00’由平抛运动知识得
Rcos37°＝u0t
Rsin37°＝寺g臆2
▲
解得＂＂-√融
由机械能守恒得阀,＝÷咖;二告卿g腮
（2）设落点与O点的连线与水平方向的夹角为0,小球做平抛运动,有
RCOS0＝O0j
R瓢n0二÷斟2
＋gr2
位移方向与圆弧垂直tan0＝＝＿—型ˉ
U0t
2U0
设速度方向与水平方向的夹角为α
2］7
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｜满分之路.搞定力学‖
tanα＝型≡2taIl0
00
所以小球不能垂直击中圆弧·
（3）设落点与O点的连线与水平方问的夹角为0’小球做平抛运动,有
RCOS0＝U0′
Rsm0＝寺g′
▲
由动能定鲤得厕鸭R…＝风ˉ÷哪＂;
解得风-咖gR（÷…＋4鼠什｀″）
嘛副M-?时,凡咖,-粤＂噶＂
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