1、专题一力 和 运 动考情分析备考策略1.本专题主要包括物体的平衡和动力学问题，命题灵活，情景新颖，形式多样。其中物体的平衡问题主要以选择题的形式呈现，难度较低；而动力学问题涉及的知识面较广，难度中等。2.高考对本专题考查的重点主要有以下几个方面：物体的受力分析；匀变速直线运动规律的应用；刹车问题；运动学图像；牛顿运动定律的应用；动力学两类基本问题；平抛运动；圆周运动；万有引力与航天等知识。1.深刻理解各种性质力的特点，熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法。2.解决动力学问题紧紧抓住“两个分析”和“一个桥梁”。综合应用牛顿运动定律和运动学规律解决问题。3.熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对其综合问
2、题，要善于由转折点的速度进行突破；熟悉解决天体运动问题的两条思路；灵活应用运动的合成与分解的思想，解决带电粒子在电场中的类平抛运动问题。考向一物体的受力分析 (选择题)1六种常见力的方向力方向重力竖直向下弹力垂直于接触面指向受力物体摩擦力与接触面相切，与相对运动或相对运动趋势方向相反，但与运动方向不一定相反电场力由检验电荷的电性和电场的方向共同决定安培力用左手定则判断，垂直于I、B所决定的平面洛伦兹力用左手定则判断，垂直于v、B所决定的平面2.判断静摩擦力的方法假设法、反推法、利用牛顿第二定律判断、利用牛顿第三定律判断。 3.掌握受力分析的基本步骤明确研究对象隔离物体分析画受力分析图检查是否漏
3、力或添力。(2014泸州质检)如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是()AM处受到的支持力竖直向上B.N处受到的支持力竖直向上CM处受到的静摩擦力沿MN方向DN处受到的静摩擦力沿水平方向审题指导(1)支撑点M、N分别属于点面接触和点点接触。(2)静摩擦力的方向一定和物体的相对运动趋势方向相反。解析支撑点M和地面是点面接触，受到地面支持力的方向垂直于地面，竖直向上，A正确；支撑点N是点点接触，支持力方向垂直MN斜向上，B错误；M点有向左运动的趋势，则M点受到的静摩擦力沿水平方向向右，D错误；N点有斜向下运动趋势，受到的静摩擦力方向沿MN方向，C错误
4、。答案A感悟升华 受力分析中的“两分析、两注意”1.(2014绵阳模拟)如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行，木块同时受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态。已知木块与木板间的动摩擦因数为1 ，木板与地面间的动摩擦因数为2 ，以下几种说法正确的是()A木板受到地面的摩擦力的大小一定是1mg B木板受到地面的摩擦力的大小一定是2(mM)gC当F2(mM)g时，木板便会开始运动D无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动解析：选AD由于木板静止，所以地面给木板的静摩擦力大小等于木块给木板的滑动摩擦力，A正确，B错误；木板会不会动，完全取决于木板的受力，木板受到木块的摩擦力已经是最大
5、的了，所以无法让木板运动，C错误，D正确。2.(2014沂州模拟)如图所示，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平。现把物体Q轻轻地叠放在P上，则()AP受力个数增加了一个BP受力个数增加了两个CP所受的合力增大DP与斜面间的静摩擦力不变解析：选A放Q前P物体静止于斜面，设斜面倾角为，据平衡条件有mPgsin ftan ；当叠加了Q物体后有(mPmQ)gcos tan (mPmQ)gcos (mPmQ)gsin ，所以此时两物体仍处于静止状态，则P物体受到重力G、斜面的支持力、摩擦力和Q对P的压力，它们的合力仍然为零，而摩擦力增大，A正确，B、C、D错误。3(2014巴中模拟)将某均匀的长方
6、体锯成如图所示的A、B两块后，放在水平桌面上并排放在一起，现用水平力F垂直于B的左边推B物体，使A、B整体仍保持矩形沿F方向匀速运动，则()A物体A在水平方向上受三个力的作用，且合力为零B物体A在水平方向上受两个力的作用，且合力为零CB对A的作用力方向与F方向相同DB对A的压力等于桌面对A的摩擦力解析：选AC对物体A进行受力分析，受到B物体产生的弹力、静摩擦力和水平桌面产生的滑动摩擦力，如图所示，由于A、B整体仍保持矩形沿F方向匀速运动，则物体A所受合力为零，A正确，B错误；B对A的弹力方向垂直于接触面，D错误；B对A的作用力与桌面对A的摩擦力等大反向，B对A的作用力与F方向相同，C正确。考向
7、二整体法和隔离法在平衡问题中的应用 (选择题)1共点力的平衡条件是F合0，平衡状态是指物体处于匀速直线运动状态或静止状态。2解决共点力平衡问题的典型方法：力的合成法、正交分解法、图解法、整体法与隔离法。3处理平衡问题的基本思路：确定平衡状态(加速度为零)巧选研究对象(整体法或隔离法)受力分析列平衡方程求解或讨论。如图所示，物块a、b、c叠放在一起，重均为100 N，小球P重20 N，作用在物块b上的水平力F为10 N，整个系统处于静止状态，以下说法正确的是()Aa和b之间的摩擦力是10 N Bb和c之间的摩擦力是10 NCc和桌面间的摩擦力是10 NDc对桌面的摩擦力方向向左思路探究(1)以a
8、为研究对象，由平衡条件判断a、b之间的摩擦力。(2)以a、b整体为研究对象，由平衡条件判断b、c之间的摩擦力。(3)以a、b、c整体为研究对象，由平衡条件判断c所受的摩擦力方向，再由牛顿第三定律判断c对桌面的摩擦力方向。解析物体a静止，故所受摩擦力为零，A错误；a、b静止，所受c的摩擦力与水平力等大反向，大小为10 N，B正确；物体P静止，故水平绳的拉力FTGtan 4520 N，研究a、b、c整体，桌面对c的摩擦力向左，大小为10 N，由牛顿第三定律，c对桌面的摩擦力方向向右，大小为10 N，C正确，D错误。答案BC感悟升华求解连接体平衡问题的方法及注意事项4(2014眉山模拟)如图所示，水
9、平细杆上套一细环A，环A和球B间用一轻质细绳相连，质量分别为mA、mB(mAmB)，B球受到水平风力作用，细绳与竖直方向的夹角为，A环与B球都保持静止，则下列说法正确的是()AB球受到的风力大小为mBgtan B当风力增大时，杆对A环的支持力不变CA环与水平细杆间的动摩擦因数为 D当风力增大时，轻质绳对B球的拉力仍保持不变解析：选ABB球受力如图甲所示，由平衡条件得，绳的拉力为FT，风力为FmBgtan ，当F增大时，角增大，FT增大，A正确，D错误；A、B整体受力如图乙所示，由平衡条件得，水平方向有Ff(mAmB)g，解得，竖直细杆对A环的支持力N(mAmB)g，B正确，C错误。5(2014
10、乐山模拟)如图所示，质量相等的A、B两物体在平行于固定斜面的推力F的作用下，沿光滑斜面做匀速直线运动，A、B间轻弹簧的劲度系数为k，斜面的倾角为30，则匀速运动时弹簧的压缩量为()A.B.C.D.解析：选BA、B作为一个整体受力如图所示，由平衡条件得，平行斜面方向有F2mgsin mg，隔离B进行受力分析则有弹簧弹力等于B的重力沿斜面向下的分力，即kxmgsin 0.5mg，解得x，B正确。6(2014北大附属中学模拟)如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B。则()AA对地面的压力等于(Mm)g BA对地面的摩擦
11、力方向向左CB对A的压力大小为 mg D细线对小球的拉力大小为 mg解析：选ACA、B叠放一起静止于水平面上，可以看做一个整体，受力分析只有他们的重力和地面的支持力，所以二力平衡，支持力等于重力等于(Mm)g，地面对整体没有摩擦力，如果有摩擦力，则不能平衡，A正确，B错误；对B球受力分析如图所示，重力和拉力的合力与支持力等大反向，绳子拉力水平说明B的球心和A的顶端等高，即B的球心到地面高度为R，B的球心到A的球心的连线长度为Rr，那么cos ，在重力和水平拉力的合力矢量四边形中，N，解得Nmg，C正确；细绳拉力FTmgtan mg，D错误。考向三共点力作用下的动态平衡问题 (选择题)1动态平衡
12、：物体在缓慢移动过程中，可认为其速度、加速度均为零，物体处于平衡状态。2动态平衡问题常用的一个重要推论：三个或三个以上的共点力平衡，某一个力与其余力的合力等大反向。(2014宜宾质检)如图所示，用OA、OB两根轻绳将物体悬于两竖直墙之间，开始时OB 绳水平。现保持O点位置不变，改变OB绳长使绳末端由B点缓慢上移至B点，此时OB与OA之间的夹角90。设此过程中OA、OB的拉力分别为FOA、FOB, 下列说法正确的是()AFOA逐渐增大BFOA逐渐减小CFOB逐渐增大DFOB逐渐减小审题指导(1)结点O共受几个力作用？提示：3个力的作用。(2)“缓慢”的含义是什么？提示：说明物体处于动态平衡状态。
13、(3)在缓慢变化的过程中，这几个力的大小和方向变化有什么特点？提示：重力的大小、方向都不变，FOA的方向不变，FOB的大小、方向均变化。解析以结点O为研究对象，受力如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB在两个位置时力的合成图如图所示，由图可得，FOA逐渐减小，FOB先减小后增大，当90时，FOB最小，B正确。答案B感悟升华妙解动态平衡问题的两种典型方法 7.如图所示，一个挡板固定于光滑水平地面上，截面为圆的柱状物体甲放在水平面上，半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，没有与地面接触而处于静止状态。现在对甲施加一个水平向左的力F，使甲沿地面极其
14、缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止。设乙对挡板的压力为F1，甲对地面的压力为F2，在此过程中()AF1缓慢增大，F2缓慢增大BF1缓慢增大，F2不变CF1缓慢减小，F2不变DF1缓慢减小，F2缓慢增大解析：选C把甲、乙看做一个整体，竖直方向仅受重力和地面的支持力，在此过程中，两物体重力不变，支持力不变，由牛顿第三定律得，甲对地面的压力F2不变；选取乙为研究对象，乙物体受力如图所示，甲对乙的作用力F3和挡板对乙的作用力F1的合力F合始终与乙的重力等大、反向，在甲沿地面缓慢地向左移动的过程中，甲对乙的作用力F3逐渐减小，挡板对乙的弹力F1逐渐减小，所以乙对挡板的压力F1逐渐减小，C正确。8如图所示，
15、一光滑小球静止放置在光滑半球面的最底端，利用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面)，木板对小球的推力F1、半球面对小球的支持力F2的变化情况正确的是()AF1增大、F2减小BF1增大、F2增大CF1减小、F2减小DF1减小、F2增大解析：选B小球受力如图所示： 根据平衡条件得F1mgtan ，F2，随着小球向右移动，角越来越大，F1和F2都增大，B正确。 9(2014南充质检)如图所示，倾角为的斜面体c置于水平地面上，小物块b置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏斗a连接，连接b的一段细绳与斜面平行，在a中的沙子缓慢流出的过程中，a、b、c都
16、处于静止状态，则()Ab对c的摩擦力一定减小Bb对c的摩擦力方向可能平行斜面向上C地面对c的摩擦力方向一定水平向右D地面对c的摩擦力先减小后增大解析：选B当沙子的质量较少时，c对b的摩擦力沿斜面向上，由于沙子流出，则绳对b的拉力逐渐减小，对b物块受力分析可知，斜面c对b的摩擦力逐渐增大，由牛顿第三定律知，A错误；当沙子的质量大时，c对b的摩擦力方向沿斜面向下，由牛顿第三定律知识，B正确；对b、c整体受力分析知，地面对c的摩擦力一定水平向左，且逐渐减小，C、D错误。电磁学中的共点力平衡问题(2014攀枝花模拟)长为L的通电直导线放在倾角为的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B的匀强磁场中，当B方向竖
17、直向上，如图甲所示，电流为I1时导体处于平衡状态，若B方向改为垂直斜面向上，如图乙所示，则电流为I2时导体处于平衡状态，电流比值应为()甲乙Acos B.Csin D.第1步：找关键点(1)“光滑斜面”：说明导体不受摩擦力。(2)“平衡状态”：说明导体受力平衡。第2步：寻交汇点(1)力学知识：受力分析、平衡条件。(2)电磁学知识：左手定则、安培力的大小。第3步：明突破点(1)当B方向竖直向上，由左手定则判断安培力的方向，对导体受力分析，根据平衡条件列方程。(2)若B方向改为垂直斜面向上，由左手定则判断安培力的方向，对导体受力分析，根据平衡条件列方程。解析电流为I1时导体受力如图甲所示，由平衡条
18、件得mgtan BI1L，解得I1；电流为I2时导体受力如图乙所示，由平衡条件得mgsin BI2L，解得I2，故，B正确。答案B感悟升华电磁学中共点力平衡问题的分析思路(1)明确电荷的电性和场的方向。(2)根据左手定则、带电体的带电性质或磁场方向，判定研究对象所受的安培力或洛伦兹力的方向，根据电荷的电性和电场的方向判断库仑力的方向。(3)对研究对象进行受力分析，比以往多了电场力FEq、安培力FBIL或洛伦兹力FBqv。(4)列平衡方程求解。跟踪训练(2014浙江高考)如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A
19、，细线与斜面平行。小球A的质量为m、电量为q。小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d。静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷。小球A静止在斜面上，则()A小球A与B之间库仑力的大小为 B当 时，细线上的拉力为0C当 时，细线上的拉力为0D当 时，斜面对小球A的支持力为0解析：选AC根据库仑定律可得两小球之间的库仑力大小为F库，A正确；当细线上的拉力为零时，小球A受到库仑力、斜面支持力、重力，小球A受力如图所示，由平衡条件得 mgtan ，解得 ，B错误，C正确；由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为零，D错误。1(2014九江模拟)如图所示，
20、木板B放在粗糙的水平面上，木块A放在B的上面，A的右端通过一不可伸长的轻绳固定在竖直墙上，用水平恒力F向左拉动B，使其以速度v做匀速运动，此时绳水平且拉力大小为FT，下面说法正确的是()A若木板B以2v匀速运动，则拉力仍为FB绳上拉力FT与水平恒力F大小相等C木块A受到的是静摩擦力，大小等于FTD木板B受到一个静摩擦力，一个滑动摩擦力，合力大小等于F解析：选A以B为研究对象分析受力，当其匀速运动时，受力平衡，受力情况与速度大小无关，A正确；以A、B整体为研究对象分析受力可知FFTf地，故绳子拉力小于F，B错误；木块A与B之间发生相对滑动，所以A所受摩擦力为滑动摩擦力，C错误；以B为研究对象分析
21、其水平方向受力情况可得Ff地fA，两个摩擦力均为滑动摩擦力，D错误。2(2014海淀区模拟)如图甲所示，一定质量的通电导体棒ab置于倾角为的粗糙导轨上，在图乙所加各种大小相等方向不同的匀强磁场中，导体棒ab均静止，则下列判断错误的是()甲乙A四种情况导体棒受到的安培力大小相等BA中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零CB中导体棒ab可能是二力平衡DC、D中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零解析：选D因磁感线都垂直于导体，所以安培力大小相等，A中安培力方向水平向右，而支持力垂直于斜面，与重力可以构成三力平衡，所以摩擦力可能为零；同理B安培力方向向上，可以构成二力平衡；C中安培力方向向下，D中安培力方向
22、水平向左，要平衡则一定要受到摩擦力作用。综上所述，A、B、C正确，D错误。3物块M在静止的传送带上匀速下滑时，若传送带突然转动且转动的方向如图中箭头所示，则传送带转动后()AM将减速下滑BM仍匀速下滑CM受到的摩擦力变小DM受到的摩擦力变大解析：选B由物块M在静止的传送带上匀速下滑知，Mgsin Mgcos ，若传送带突然如题图中所示转动，转动后物块所受的摩擦力和静止时相同，故物块的受力没有变化，则物块的运动状态也不变化，M仍匀速下滑，B正确。4(2014广元模拟)如图所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，三角形木块竖直边靠在竖直且粗糙的墙面上，现用竖直向上的作用力F推动木块与铁块一起向上
23、匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下列说法正确的是()A木块a与铁块b间一定存在摩擦力B木块与竖直墙面间一定存在水平弹力C木块与竖直墙面间一定存在摩擦力D竖直向上的作用力F大小一定大于铁块与木块的重力之和解析：选A隔离铁块b，因其匀速运动，故铁块b受重力、斜面对它的垂直斜面向上的支持力和沿斜面向上的静摩擦力，A正确；a、b整体水平方向不受力，故木块与竖直墙面间不存在水平弹力，没有弹力也就没有摩擦力，B、C错误；竖直方向FGaGb，D错误。5(2014山东高考)如图所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长
24、且悬挂点不变。木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后()AF1不变，F2变大 BF1不变，F2变小CF1变大，F2变大 DF1变小，F2变小解析：选A对木板受力分析如图所示，木板静止，所受合力为零，所以F1不变，将两轻绳各减去一小段，木板再次静止，两绳之间的夹角变大，由2F2cosmg知F2，则F2变大，A正确。6如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置，如果将小球B向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球
25、的受力情况与原来相比()A推力F将增大B竖直墙面对小球A的弹力增大C地面对小球B的弹力减小D两个小球之间的距离增大解析：选D将A、B视为整体进行受力分析，在竖直方向只受重力和地面对整体的支持力N(也是对B的支持力N)，将B向左推动少许后，竖直方向受力不变，所以N(mAmB)g为一定值，C错误；对B进行受力分析如图所示，由平衡条件可知NmBgF斥cos ，向左推B，减小，所以F斥减小，由库仑定律F斥k得A、B间距离r增大，D正确；而FF斥sin ，减小，F斥减小，所以推力F减小，A错误；将A、B视为整体时在水平方向上有FNA，所以墙面对小球A的弹力NA减小，B错误。7(2014资阳模拟)如图所示
26、，将一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O处(O为球心)，弹簧另一端与质量为m的小球相连，小球静止于P点。已知容器半径为R，与水平面间的动摩擦因数为，OP与水平方向的夹角为30。下列说法正确的是() A容器相对于水平面有向左运动的趋势B轻弹簧对小球的作用力大小为 mgC容器对小球的作用力竖直向上D弹簧原长为R解析：选D由于容器和小球组成的系统处于平衡状态，容器相对于水平面没有向左运动的趋势，A错误；容器对小球的作用力是弹力，指向球心O，C错误；小球受力如图所示，由30得小球受到容器的支持力和弹簧对小球的弹力大小均为mg，B错误；图中弹簧长度为R，压缩量为，故原长为R，D正确
27、。8(2014新民模拟)一人站在斜面上，推着一个重力大小为G的大雪球，若雪球刚好处在一处倾角为的光滑斜面上，且始终处于静止状态，此人的推力通过雪球的球心，则()A此人的推力最小值为Gtan B此人的推力最小值为Gsin C此人的推力最大值为D此人的推力最大值为解析：选B对雪球受力分析如图所示，受重力G、弹力N、推力F作用，因雪球静止在斜面上，由平衡条件及平行四边形定则知，推力和支持力合力大小等于重力，由平行四边形定则知，当推力由水平转至沿斜面向上时最小为Gsin ，A错误，B正确；推力由水平向下转时能达无穷大，无最大值，C、D错误。9(2014银川模拟)用一轻绳将小球P系于光滑墙壁上的O点，在
28、墙壁和球P之间夹有一矩形物块Q。P、Q均处于静止状态，则下列相关说法正确的是() AP物体受4个力BQ受到3个力C若绳子变长，绳子的拉力将变小D若绳子变短，Q受到的静摩擦力将增大解析：选AC对Q进行受力分析，受重力、压力、支持力和P对Q向上的静摩擦力，共4个力，B错误；P受到重力、拉力、支持力和Q给P的静摩擦力，共4个力，A正确；对P、Q整体进行受力分析，如图所示，根据平衡条件，有Fcos (Mm)g，绳子变长时，变小，因此绳子拉力F变小，C正确；绳子变短，变大，绳子拉力F变大，Q受到的静摩擦力大小始终等于其重力，D错误。10(2014哈尔滨模拟)如图所示，两段等长细线L1和L2串接着两个质量
29、相等的小球a、b，悬挂于O点。现施加水平向右的力F缓慢拉动a，L1对a球的拉力大小为F1、L2对b球的拉力大小为F2，在缓慢拉动的过程中， F1和F2的变化情况是() AF1变大 BF1 变小CF2 不变 DF2 变大解析：选AC把a球和b球作为一个整体进行受力分析，如图甲，由力的图解法，L1对a球的拉力F1变大；对b球进行受力分析，如图乙，由二力平衡可知，L2对b球的拉力F2等于其重力，故F2不变，A、C正确。11(2014眉山模拟)一套有细环的粗糙杆水平放置，带正电的小球通过绝缘细线系在细环上，并将整个装置放入一水平的匀强电场中，处于平衡状态，如图所示。现在将电场稍加大一些，小球再次平衡，
30、下列说法正确的有() A细线对细环的拉力保持不变B细线对带电小球的拉力变大C细环所受的摩擦力变大D粗糙杆对细环的支持力保持不变解析：选BCD对小球受力分析如图，将电场稍加大一些，小球所受的电场力增大，竖直方向Fcos mg，E变大，变大，F变大，即细线对带电小球的拉力变大，A错误，B正确；把小球和细环看做一个整体，水平方向fqE，竖直方向N(Mm)g，小球所受电场力增大，则细环所受的摩擦力变大，竖直方向二者所受重力不变，粗糙杆对细环的支持力保持不变，C、D正确。12如图所示，一个质量为m的滑块静止置于倾角为30的粗糙斜面上，一根轻弹簧一端固定在竖直墙上的P点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的
31、夹角为30。则()A滑块可能受到三个力作用 B弹簧一定处于压缩状态C斜面对滑块的支持力大小可能为零D斜面对滑块的摩擦力大小一定等于 mg解析：选AD弹簧与竖直方向的夹角为30，所以弹簧的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，此时弹簧弹力为零，处于原长状态，A正确，B错误；由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力，不可能为零，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，C错误，D正确。13(2014昆明模拟)如图所示，有两条和水平方向成角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间
32、有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆(内阻不计)从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间，金属杆的速度趋近于一个最大速度vm，则() A如果B增大，vm将变大B如果变大，vm将变大C如果R变大，vm将变大D如果m变小，vm将变大解析：选BC当金属杆匀速运动时速度最大，对金属杆受力分析，由平衡条件得mgsin BIl0，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得I，解得vm，分析得B、C正确。考向一匀变速直线运动规律的应用 (选择题或计算题)1牢记解决匀变速直线运动问题的四种常用方法2处理刹车类问题的思路：先判断刹车时间，再进行分析计算。(2014全国新课标)公路上行驶的两
33、汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的。若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。思路探究(1)在“人的反应时间和汽车系统的反应时间”内汽车做匀速直线运动。(2)汽车在晴天和雨天行驶，其安全距离不变而加速度发生变化。解析设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反
34、应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得0mgma0sv0t0式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为，依题意有0设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得mgmasvt0联立式并代入题给数据得v20 m/s(或72 km/h)答案20 m/s(或72 km/h)1(2014德阳质检)汽车正在以10 m/s的速度在平直的公路上匀速前进，在它的正前方x处有一辆自行车以4 m/s 的速度做同方向的匀速直线运动，汽车立即关闭油门做a6 m/s2的匀变速运动，若汽车恰好碰不上自行车，则x的大小为()A8
35、.33 mB3 mC3.33 mD7 m解析：选B汽车减速到4 m/s所需的时间t1 s，此时汽车的位移x1v1tat27 m；自行车的位移x2v2t4 m，若汽车恰好碰不上自行车，则有x2xx1，解得x3 m，B正确。2(2014泸州质检)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t00.4 s，但饮酒会导致反应时间延长。在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v072 km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L39 m。减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动。取重力加速度的大小g10 m/s2。求：(
36、1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间； (2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少； (3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。解析：(1)设减速过程汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v020 m/s，末速度v0，位移s25 m，由运动学公式得vv22ast联立式，代入数据得a8 m/s2t2.5 s(2)设志愿者反应时间为t，反应时间的增加量为t，由运动学公式得Lv0tsttt0联立式，代入数据得t0.3 s(3)设志愿者所受合力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得Fma由平行四边形定则得FF2(mg)2联立式
37、，代入数据得答案：(1)8 m/s22.5 s(2)0.3 s(3)考向二直线运动的图像问题 (选择题)x t图像和v t图像的对比分析(2014广东高考)如图是物体做直线运动的v t图像。由图可知，该物体()A第1 s内和第3 s内的运动方向相反B第3 s内和第4 s内的加速度相同C第1 s内和第4 s内的位移大小不相等D02 s和04 s内的平均速度大小相等解析第1 s内和第3 s内的速度都为正的，运动方向相同，A错误；第3 s内和第4 s内的图像斜率相同，因此加速度相同，B正确；第1 s内和第4 s内的位移大小都等于图线与横轴所围面积的大小，都为x11 m0.5 m，C错误；02 s内的
38、位移和04 s内的位移相等，但由于时间不同，因此平均速度不同，D错误。答案B感悟升华从v t图像中巧得四个运动量3.(2014宝鸡模拟)a、b两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的v t图像如图所示，下列说法正确的是()Aa、b加速时，物体a的加速度大于物体b的加速度B20 s时，a、b两物体相距最远C60 s时，物体a在物体b的前方D40 s时，a、b两物体速度相等，相距200 m解析：选Cv t图像的斜率表示加速度，因此在加速阶段，物体a的加速度小于物体b的加速度，A错误；20 s时，物体b开始运动，在两物体速度达到相等之前，两物体之间的距离越来越大，40 s时两物体相距最远，B错误；图像
39、与时间轴围成的面积表示物体的位移，故60 s时，物体a的位移为2 100 m，而b的位移为1 600 m，C正确；40 s时，a、b两物体速度相等，物体a的位移为1 300 m，物体b的位移为400 m，两物体相距900 m，D错误。4(2014自贡调研)a、b、c三个物体在同一条直线上运动，三个物体的x t图像如图所示，图像c是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是()Aa、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同Ba、b两物体都做匀变速直线运动，两个物体的加速度大小相等，方向相反C在05 s内，当t5 s时，a、b两个物体相距最近D物体c一定做变速直线运动解析：选D图像
40、为位移时间图像，由图可知，a、b两物体的运动方向相反，都做匀速直线运动，速度大小相同，A、B错误；a、b两物体从同一点出发，向相反方向运动，在05 s内，5 s 时相距最远，C错误；由图像可知，c是一条抛物线，故其函数关系为xkt2，由运动学公式可知，该物体以加速度2k做匀加速直线运动，D正确。5(2013四川高考)甲、乙两物体在t0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v t图像如图所示，则()A甲、乙在t0到t1 s之间沿同一方向运动B乙在t0到t7 s之间的位移为零C甲在t0到t4 s之间做往复运动D甲、乙在t 6 s时的加速度方向相同解析：选BD根据vt图像可知，在01 s时间内，甲一直向正方
41、向运动，而乙先向负方向运动再向正方向运动，故A错误；根据v t图像可知，在07 s时间内，乙的位移为零，故B正确；根据v t图像可知，在04 s时间内，甲一直向正方向运动，故C错误；根据v t图像可知，在t6 s时，甲、乙的加速度方向均与正方向相反，故D正确。考向三用牛顿运动定律解决连接体问题 (选择题)1牛顿第二定律的表达式：F合ma。2整体法：在连接体问题中，如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法列牛顿第二定律方程。3隔离法：如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法列牛顿第二定律方程。(2014四川高考)如图所示，水
42、平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，tt0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是()审题指导(1)由v1和v2的大小关系确定传送带对P物体的摩擦力的方向。(2)由P受到绳的拉力和摩擦力之间的关系确定P的最终状态。解析若v1v2，且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确。若v1v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速。若v2v1，P受到的
43、滑动摩擦力向左，开始时加速度a1，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有FTmg，此后加速度a2，故C正确，A、D错误。答案BC6如图所示，质量分别为mA、mB的A、B两物块用轻线连接放在倾角为的光滑斜面上，用始终平行于斜面向上的恒力F拉A，使它们沿斜面匀加速上升，为了增加轻线上的张力，可行的办法是()A增大A的质量B增大B的质量C增大倾角D增大拉力F解析：选BD对于A、B整体由牛顿第二定律得F(mAmB)gsin (mAmB)a，对于B由牛顿第二定律得FTmBgsin mBa，解以上两式得FTF，B、D正确。7(2014内江联考)如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m和M(mM12)的物
44、块A、B用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F作用于B上且两物块共同向右匀加速运动时，弹簧的伸长量为x1；当用同样大小的力作用于A上且竖直向上匀加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，如图乙所示，则x1x2等于()A11B12C21D23解析：选B当水平力F作用在B上时，则对A、B整体分析有F3mg3ma1，a1(F3mg)/(3m)；对A隔离分析有kx1mgma1，解得F3kx1；当F竖直向上时，对A、B整体分析有F3mg3ma2，a2(kx1mg)/m，对B物体隔离分析有kx22mg2ma2，解得x1x212，B正确。8(2014江苏高考)如图所示，A、B两物块的质量分
45、别为2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为，B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则()A当F3mg时，A相对B滑动D无论F为何值，B的加速度不会超过g解析：选BCDA、B间的最大静摩擦力为2mg，B和地面之间的最大静摩擦力为mg，对A、B整体，只要Fmg，整体就会运动，A错误；当A对B的摩擦力为最大静摩擦力时，A、B将要发生相对滑动，故A、B一起运动的加速度的最大值满足2mgmgmamax，B运动的最大加速度amaxg，D正确；此时，对A、B整体，有Fmg3mamax，则F3mg时两者会发生相对运动，C正确；当Fmg时，
46、两者相对静止，一起滑动，加速度满足Fmg3ma，解得ag，B正确。考向四动力学的两类基本问题 (选择题或计算题)1解决动力学两类问题的关键是受力分析和运动分析，而加速度是联系力与运动的桥梁，其基本思路如下：第一类问题第二类问题2常用方法(1)整体法与隔离法。(2)正交分解法：一般取加速度的方向和垂直于加速度的方向进行分解，为减少分解的矢量个数，有时也根据情况分解加速度。(2014达州模拟)如图所示，一质量m0.4 kg的小物块，以v02 m/s的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t2 s的时间物块由A点运动到B点，A、B之间的距离L10 m。已知斜面倾角30，
47、物块与斜面之间的动摩擦因数。重力加速度g取10 m/s2 。(1)求物块加速度的大小及到达B点时速度的大小；(2)拉力F与斜面的夹角多大时，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？审题指导(1)物块由A到B做什么运动？应选用什么公式确定物块的加速度和速度？提示：匀加速直线运动，因为L、v0、t已知，则用运动学公式求a和v。(2)拉力F平行于斜面时拉力一定最小吗？提示：不是。(3)计算物块与斜面间的滑动摩擦力fmgcos 对吗？提示：不对，因为还有F的作用。解析(1)设物块的加速度大小为a，到达B点时速度大小为vB，由运动学方程得Lv0tat2vBv0at解得 a3 m/s2，vB8 m/s(2)对物
48、块受力分析如图所示，N、f为物块所受支持力、摩擦力，设拉力F与斜面夹角为，由牛顿第二定律得，垂直斜面方向有Fsin Nmgcos 沿斜面方向有Fcos mgsin fma又因为fN解得Fcos Fsin 5.2 N则 F当30时，拉力F有最小值，Fmin N答案(1)3 m/s28 m/s(2)30 N感悟升华处理多过程动力学问题基本流程9(2014漳州质检)图甲为便利运输工具双轮行李小车，送水员用双轮小车运送桶装矿泉水，图乙为小车截面示意图，在拉运过程中图示角度保持不变，已知小车和桶装矿泉水的总质量为20 kg，不计桶与小车之间摩擦力的影响，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 3
49、70.8，送水员拉动小车使矿泉水和小车一起以a5 m/s2的加速度水平向右做匀加速直线运动时，下列说法正确的是()A小车P侧轨道对桶的支持力大小为160 NB小车Q侧轨道对桶的支持力大小为250 NC桶对小车两侧轨道的压力大小之比FPFQ12D桶对小车两侧轨道的压力大小之比FPFQ43解析：选C对桶受力分析如图所示，建立直角坐标系，水平方向FQcos 37FPcos 53ma，竖直方向FQsin 37FPsin 53mg。联立解得FPFQ12，C正确，D错误；由于不知道桶装矿泉水的质量，则无法计算轨道对桶的支持力，A、B错误。10(2014乐山模拟)在粗糙的水平面上有两个静止的物体A、B，它们
50、的质量均为m2 kg。A与水平面间的动摩擦因数为10.4，B与水平面间的动摩擦因数20.2。在水平恒力F20 N的作用下从静止开始向右做匀加速直线运动，F作用了t2 s然后撤掉。求：A、B都静止时它们之间的距离L。(g10 m/s2)解析：对A、B整体由牛顿第二定律得F1mg2mg2ma解得a2 m/s2两物块2 s时的速度vat4 m/s撤去力F后，A的加速度大小aA1g4 m/s2从减速到静止，A的位移大小xA2 mB的加速度大小aB2g2 m/s2从减速到静止，B的位移大小xB4 m所以A、B都静止时它们之间的距离LxBxA2 m答案：2 m力学观点和能量观点解决传送带问题(2014遂宁
51、模拟)如图所示，质量为m的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L，今使滑块缓慢向左压缩固定在平台上的轻弹簧，到达某处时突然释放，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同。滑块与传送带间的动摩擦因数为。(1)试分析滑块在传送带上的运动情况；(2)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求释放滑块时，弹簧具有的弹性势能Ep；(3)若滑块离开弹簧时的速度大于传送带的速度，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q。第1步：找关键点(1)“光滑的水平平台”：说明滑块在平台上不受摩擦力。(2)“缓慢向左压缩”：说明滑块速度为零。(3)“恰好与传送带
52、速度相同”：说明滑块在传送带上做变速直线运动，且末速度与传送带速度相等。第2步：寻交汇点(1)动力学知识：受力分析、运动学规律、牛顿第二定律。(2)能量知识：机械能守恒定律、功能关系。第3步：明突破点(1)滑块在光滑的水平平台上滑动，只有弹簧的弹力做功，系统机械能守恒。(2)滑块在传送带上滑动时受摩擦力作用，滑块速度与传送带速度的大小关系决定了滑动摩擦力的方向，从而决定了滑块的运动状态。(3)滑块相对传送带滑动的过程，可由功能关系QFfx相对求解滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量。解析(1)若滑块冲上传送带时的速度小于传送带的速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；
53、若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动。(2)设滑块冲上传送带时的速度为v，在弹簧弹开过程中，由机械能守恒得Epmv2设滑块在传送带上做匀减速运动的加速度大小为a，则由牛顿第二定律得mgma由运动学公式得v2v2aL解得EpmvmgL(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移xv0tv0vat滑块相对传送带滑动的位移xLx相对滑动产生的热量Qmgx联立解得QmgLmv0(v0)答案(1)见解析(2)mvmgL(3)mgLmv0(v0)感悟升华分析传送带问题“三步走”跟踪训练(2014达州模拟)如图所示，为一棉纺车间传送棉花包的示意图
54、，水平传送带长O1O22 m，每一个棉花包的质量为50 kg，棉花包与传送带间的动摩擦因数0.2，棉花包滑上传送带时速度v13 m/s，轮子半径不计，g10 m/s2，传送带速度v24 m/s，传送带高出地面5 m，求：(1)棉花包离开传送带后，落地点A距O3的水平距离；(2)每传送一个棉花包，传送带所消耗的电能(忽略电机内耗)。解析：(1)由于v1v2，棉花包在传送带上先做匀加速直线运动，设加速度为a，由牛顿第二定律得mgma解得ag2 m/s2设棉花包速度达到v2时通过的位移为x，A距O3的距离为x2，则x1.75 m2 m故棉花包将最终以v24 m/s速度做平抛运动，则水平方向x2v2t
55、竖直方向hgt2解得x24 m(2)摩擦力存在时间t0.5 s传送带前进位移xv2t2 m传送带消耗的电能等于传送带克服摩擦力所做的功，则EWmgx200 J答案：(1)4 m(2)200 J一、选择题1(2014宜宾联考)如图所示，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置时间(x t)图线。由图可知()A在时刻t1，a、b两车运动方向相同B在时刻t2，a、b两车运动方向相反C在t1到t2这段时间内，b车的速率先减小后增大D在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大解析：选Cx t图线的斜率表示速度，从题图中看出，a车始终静止，b车先正向减速，减速为零后，再反向加速，A、B
56、、D错误，C正确。2(2014延安质检)从三亚飞往西安的波音737航班，到达咸阳国际机场着陆的速度为60 m/s，然后以大小为5 m/s2的加速度做匀减速直线运动直到停下，则飞机在着陆后第14 s内的位移为()A0 B350 m C360 m D1 330 m解析：选A飞机着陆后到停止所需的时间t012 s14 s，所以飞机在第14 s内是静止的，位移等于零，A正确。3(2014泸州质检)如图所示，质量为M的斜面体放在地面上，另有质量为m的木块从斜面体顶端沿斜面加速下滑，斜面体始终保持静止。设下滑过程中地面对斜面体的支持力和摩擦力分别为N和f，则()AN(Mm)g，f水平向左BN(Mm)g，f
57、水平向左DN(Mm)g，f水平向右解析：选A设斜面体的倾角为，由于木块加速下滑，则有mgsin f，即mgsin mgcos ，假设地面对斜面体的摩擦力f1水平向左，对斜面体受力分析如图所示，则水平方向上受到合力为零，fcos f1fsin ，又因为ff，fmgcos ，解得f1mgsin cos mgcos2cos (mgsin mgcos )0，则假设成立，即地面对斜面体的摩擦力水平向左，木块加速下滑，木块失重，对整体受力分析知地面对斜面体的支持力N(Mm)g。A正确。4(2014重庆高考)以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一物体所受空气阻力大
58、小与物体速率成正比，下列用虚线和实线描述两物体运动的v t图像可能正确的是()解析：选D竖直上抛运动不受空气阻力，做向上的匀减速直线运动至最高点再向下做自由落体运动，v t图像是倾斜向下的直线，四个选项(虚线)均表示正确；有阻力fkv的上抛运动，上升时，a上，随着v减小，加速度减小，对应的v t图线的斜率减小，A错误；下落时，a下，随着v增大，加速度减小，故在最高点时v0，ag，对应的v t图线与轴的交点，其斜率应该等于g，即过与t轴的交点的切线应该与竖直上抛运动的直线(虚线)平行，D正确。5(2014全国新课标)如图，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态。现使小车从静止开始向
59、左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)。与稳定在竖直位置时相比，小球的高度()A一定升高B一定降低C保持不变D升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定解析：选A设橡皮筋的原长为L，开始时系统处于平衡状态，小球受到的合力为零，橡皮筋处于竖直方向，橡皮筋悬点O距小球的高度L1L；当小车向左加速，稳定时，设橡皮筋与竖直方向的夹角为，对小球受力分析如图所示，由图可知，橡皮筋上的弹力kx，橡皮筋悬点O距小球的高度L2cos Lcos ，可见，L1L2，A正确，B、C、D错误。6(2014达州模拟)从地面竖直上抛一物体A，同时在离地面某一高度处有
60、另一物体B自由下落，两物体在空中同时到达同一高度时速率都为v，空气阻力均忽略不计，则下列说法中正确的是()A物体A上抛的初速度和物体B落地时速度的大小相等B物体A、B在空中运动的时间相等C物体A能上升的最大高度和B开始下落的高度相同D两物体在空中同时达到同一高度处一定是B物体开始下落时高度的中点解析：选ACA为匀减速运动，vvAgt，B为自由落体运动vgt，相遇前A做匀减速运动，加速度大小为g，末速度v，此后B以v为初速度做匀加速运动，加速度也是g，而且位移大小相等，根据运动可逆性，B下落至地面的速度等于vA，时间也是t，A正确；相遇前B自由落体时间为t，加速度大小为g，初速度为零，相遇时的末
61、速度为v，此后A向上运动，加速度大小为g，初速度为v，末速度为零，同样根据运动可逆性，A上升到最高点时间也是t，位移与B相遇前的位移大小相等，即A上升的最大高度与B开始下落的高度相同，C正确；根据对称性，A上升时间为2t，下落时间也是2t，而B的运动时间总共只有2t，B错误；相遇处是时间中点，B整个下落过程速度逐渐增大，因此相遇处不可能是高度中点，D错误。7(2014山东高考)一质点在外力作用下做直线运动，其速度v随时间t变化的图像如图。在图中标出的时刻中，质点所受合力的方向与速度方向相同的有()At1Bt2Ct3Dt4解析：选AC已知质点在外力作用下做直线运动，根据它的速度时间图像可知，t1
62、时刻所在的过程中，质点的速度越来越大，但斜率越来越小，说明质点做加速度越来越小的变加速直线运动，因此t1时刻质点所受合力的方向与速度方向相同，A正确；t2时刻所在的过程中，质点在做匀减速直线运动，因此质点所受合力方向与速度方向相反，B错误；t3时刻所在的过程中，质点在做反向的匀加速直线运动，所以t3时刻质点所受合力的方向与速度方向也相同，C正确；同理t4时刻所在的过程中，质点在做反向变减速直线运动，因此合力的方向与速度的方向相反，D错误。 8(2014内江模拟)如图甲所示，A、B两物体叠放在光滑水平面上，对物体B施加一水平变力F，F t关系如图乙所示，两物体在变力F作用下由静止开始运动且始终保
63、持相对静止，则()At0时刻，两物体之间的摩擦力最大Bt0时刻，两物体的速度方向开始改变Ct02t0时间内，两物体之间的摩擦力逐渐增大Dt02t0时间内，物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同解析：选CD两物体始终保持相对静止，t0时刻F0，两物体的加速度为零，两物体之间无摩擦力，A错误；0t0时间内两物体做加速度减小的加速运动，t0时刻速度达到最大，t02t0时间内两物体做加速度增大的减速运动，到2t0时刻速度减到零，故0t0时间内两物体的速度方向没有改变，B错误；02t0时间内，物体A所受的摩擦力方向始终与变力F的方向相同，D正确；两物体之间的摩擦力fmAa，f随F的变化而变化，C正
64、确。二、非选择题9如图甲所示，一倾角为37的传送带以恒定速度运行。现将一质量m1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)08 s内物体位移x的大小；(2)物体与传送带间的动摩擦因数；(3)08 s内物体机械能增量E及因与传送带摩擦产生的热量Q。解析：(1)由v t图像可知，物体先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动。则物体在08 s内的位移xt1vtt2m14 m(2)v t图像的斜率表示物体的加速度，由图像知，物体相对传送带滑动时的加速度为a1 m/s2此过程对物体由牛顿
65、第二定律得mgcos mgsin ma解得0.875(3)物体被传送的高度hxsin 8.4 m物体重力势能增量Epmgh84 J物体动能增量Ekmvmv6 J物体机械能增量EEpEk90 J08 s内只有前6 s发生相对滑动。06 s内传送带运动距离x146 m24 m06 s内物体位移x2t16 m由功能关系得产生的热量Qmgcos xmgcos (x1x2)126 J答案：(1)14 m(2)0.875(3)90 J126 J10如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为m1
66、和m2，各接触面间的动摩擦因数均为。重力加速度为g。(1)当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小；(3)本实验中，m10.5 kg，m20.1 kg，0.2，砝码与纸板左端的距离d0.1 m，取g10 m/s2。若砝码移动的距离超过l0.002 m，人眼就能感知。为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大？解析：(1)砝码对纸板的摩擦力大小f1m1g桌面对纸板的摩擦力大小f2(m1m2)g故纸板所受摩擦力大小ff1f2解得f(2m1m2)g(2)设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则f1m1a1Ff1f2m2a2发生相对运动时a2a1解得F
67、2(m1m2)g(3)纸板抽出前，砝码运动的距离x1a1t纸板运动的距离dx1a2t纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离x2a3tlx1x2由题意知a1a3，a1t1a3t2解得F2g代入数据得F22.4 N答案：(1)(2m1m2)g(2)F2(m1m2)g (3)22.4 N考向一 运动的合成与分解 (选择题)1物体做曲线运动的条件：F合与v不共线。2研究曲线运动的方法：运动的合成与分解。3运动的合成与分解的运算法则：平行四边形定则或三角形定则。4合运动与分运动的三个特性：等时性、独立性、等效性。5特别注意：合运动是物体的实际运动。(2014四川高考)有一条两岸平直、河水均匀流动、流速恒为v
68、的大河，小明驾着小船渡河，去程时船头指向始终与河岸垂直，回程时行驶路线与河岸垂直。去程与回程所用时间的比值为k，船在静水中的速度大小相同，则小船在静水中的速度大小为()A.B.C. D.审题指导(1)“去程时船头指向始终与河岸垂直”说明过河时间由河宽和船的静水速度决定。(2)“回程时行驶路线与河岸垂直”说明过河时间由河宽和船的实际速度决定。解析设大河宽度为d，小船在静水中的速度为v0，则去程渡河所用时间t1，回程渡河所用时间t2，由题知k，联立以上各式得v0，B正确，A、C、D错误。答案B感悟升华小船过河的三种情形及分析情形分析过河时间最短船头正对河岸时，渡河时间最短，tmin(d为河宽)过河
69、路径最短(v水v船时) 合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河。确定方法如下：如图所示，以v水矢量末端为圆心，以v船矢量的大小为半径画弧，从v水矢量的始端向圆弧作切线，则合速度沿此切线方向时航程最短。由图可知cos ，最短航程xmind1(2014成都质检)如图甲所示，起重机将货物沿竖直方向匀加速吊起，同时货物又沿横梁水平匀速向右运动。此时，站在地面上观察，货物运动的轨迹可能是图乙中的()解析：选C货物向右匀速运动，向上匀加速运动，其运动轨迹为曲线，并且是抛物线，曲线应向加速度方向弯曲，C正确。2如图所示，河的宽度为L，河水流速为u，甲、乙两船均以静水中的速度v同时渡河。出发时两船相距2L，甲、
70、乙船头均与岸边成60角，且乙船恰好能直达正对岸的A点，则下列判断正确的是()A甲船正好也在A点靠岸B甲船在A点下游侧靠岸C甲、乙两船到达对岸的时间相等D甲、乙两船可能在未到达对岸前相遇解析：选C根据题述，乙船恰好能直达正对岸的A点，则河水流速uvcos 60；甲船渡河时垂直河岸的分速度为v1vsin 60，渡河时所用时间t；甲船沿水流方向的速度v2vcos 60uv，沿水流方向的位移为xv2t2L，甲船在A点上游侧靠岸，甲、乙两船不可能在未到达对岸前相遇，A、B、D错误；由于两船垂直河岸的分速度相等，所以甲、乙两船到达对岸的时间相等，C正确。3(2014眉山质检)在水平面上有A、B两物体，通过
71、一根跨过定滑轮的轻绳相连，现A物体以v1的速度向右匀速运动，当绳被拉成与水平面的夹角分别为、时(如图所示)，B物体的运动速度vB为(绳始终有拉力)()A.B.C.D.解析：选D将物体A的速度分解为使绳右端伸长和逆时针转动的两个分量，如图(a)所示，则绳端伸长的速度vv1cos ；同理对物体B，速度分解如图(b)所示，绳端缩短的速度vv，因此物体B的运动速度vB，D正确。考向二 平抛(类平抛)运动的规律 (选择题或计算题)1平抛运动的规律(1)沿水平方向做匀速直线运动：vxv0，xv0t。(2)沿竖直方向做自由落体运动：vygt，ygt2。2类平抛运动与平抛运动处理方法相似分解为初速度方向的匀速
72、直线运动和垂直初速度方向的初速度为零的匀加速直线运动。3平抛(类平抛)运动的两个推论(1)如图甲所示，物体任意时刻速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。(2)如图乙所示，在任意时刻任意位置处，速度方向与水平方向的夹角为，位移方向与水平方向的夹角为，则有tan 2tan 。(2014浙江高考)如图所示，装甲车在水平地面上以速度v020 m/s沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高为h1.8 m。在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触。枪口与靶距离为L时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度为v800 m/s。在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进
73、s90 m后停下。装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹。(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g10 m/s2)(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小；(2)当L410 m时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；(3)若靶上只有一个弹孔，求L的范围。审题指导(1)“机枪管水平”、“不计空气阻力”说明射出的子弹做平抛运动。(2)注意射出子弹的对地速度为装甲车的速度与子弹相对枪口的速度之和。(3)“若靶上只有一个弹孔”，则第一次恰好没打上，第二次恰好打上，求L的临界值。解析(1)由运动学公式v02as得，装甲车的加速度a m/s2(2)第一发子弹飞行时间t10.5
74、 s弹孔离地高度h1hgt0.55 m第二发子弹弹孔离地的高度h2hg21.0 m两弹孔之间的距离hh2h10.45 m(3)设第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L1，则L1(v0v) 492 m设第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L2，则L2v s570 mL的范围492 mL570 m。答案(1) m/s2(2)0.55 m0.45 m (3)492 mt1 Bt1t4 Ct4t3 Dt2t3解析：选B小球做平抛运动时hgt2，因此下落高度大的时间长，所以有t4t3t2，C、D错误；小球沿斜面下滑时lat2，由于ag，lh，所以沿斜面下滑时间是最长的，A错误，B正确。5
75、.(2014雅安质检)做圆周运动的两个物体M和N，它们所受的向心力F与轨道半径R之间的关系如图所示，其中与N对应的图线是过坐标原点的直线，与M对应的图线为双曲线的一个分支，则以下推断正确的是()A物体M运动时角速度保持不变B物体N运动时线速度保持不变C在两图线的交点，M一定等于ND在两图线的交点，动能EkM一定等于EkN解析：选D由向心力公式FmR2知，物体M保持v不变，物体N保持不变，A、B错误；两图线交点表示两物体所受向心力、轨道半径均相等，即m2R2，解得m1v2m2(R)2，即EkMEkN，由于两物体质量未知，则无法确定M和N的关系，C错误，D正确。6如图所示，真空中水平放置的两个相同
76、极板Y和Y长为L，相距为d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b。在两板间加上可调偏转电压UYY，一束质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出。(1)证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；(2)求两板间所加偏转电压UYY的范围。解析：(1)设粒子在电场中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，如图所示，则有yat2Lv0tvyattan 联立解得x即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点。(2)由牛顿第二定律得qEm
77、a又UEd联立解得y 当y时，U则两板间所加电压的范围为UYY。答案：(1)见解析(2)UYY考向三圆周运动问题 (选择题或计算题)1必须记住圆周运动的动力学方程Fmanmm2rmvmm42f2r。2水平面内圆周运动常考的临界模型图示受力临界竖直方向：受重力和支持力，且二力的合力为零；水平方向：受静摩擦力的作用，且静摩擦力提供物体做圆周运动的向心力，关系式：f当F向fmax时，物体达到临界点3.竖直面内圆周运动常考的两种临界模型最高点无支撑最高点有支撑图示最高点受力重力mg，弹力F弹向下或等于零重力mg，弹力F弹向下、向上或等于零向心力来源mgF弹mmgF弹m恰好过最高点F弹0，mgm，v，即
78、在最高点速度不能为零mgF弹，v0，即在最高点速度可为零(2014全国新课标)如图，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是()Ab一定比a先开始滑动Ba、b所受的摩擦力始终相等C 是b开始滑动的临界角速度D当 时，a所受摩擦力的大小为kmg审题指导(1)a、b两物体受到的最大静摩擦力相等。(2)无相对运动时，静摩擦力提供两物体做圆周运动的向心力。解析因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在
79、某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得fm2R，由于小木块b的轨道半径大于小木块a的轨道半径，故小木块b做圆周运动需要的向心力较大，B错误；因为两小木块的最大静摩擦力相等，故b一定比a先开始滑动，A正确；当b开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmgm2l，可得b ，C正确；当a开始滑动时，由牛顿第二定律可得kmgml，可得a，而转盘的角速度 3 m/s即小滑块在A点弹射出的速度大小为4 m/s时，可从圆轨道上滑过。故若小滑块停在BC段，应满足3 m/svA4 m/s若小滑块能通过C点并恰好越过壕沟，设其在A点时速度大小为
80、v3，则有hgt2svCtmg(L1L2)mvmv解得v35 m/s所以在A点弹射出的速度范围为3 m/svA4 m/s或vA5 m/s。答案(1)3 m/s(2)3 m/svA4 m/s或vA5 m/s感悟升华曲线运动综合问题的分析思路 曲线运动的综合题往往涉及多个运动过程和功能关系问题，解决此类问题应做好以下两个分析。(1)临界点分析：对于物体在临界点相关的多个物理量，需要区分哪些物理量能够突变，哪些物理量不能突变，而不能突变的物理量(一般指线速度)往往是解决问题的突破口。(2)运动过程分析：对于物体参与的多个运动过程，要仔细分析每个运动过程做何种运动。若为圆周运动，应明确是水平面的匀速圆
81、周运动，还是竖直平面的变速圆周运动，机械能是否守恒；若为抛体运动，应明确是平抛运动，还是类平抛运动，垂直于初速度方向的力是哪个力。跟踪训练(2014南充质检)如图所示，从A点以v04 m/s的水平速度抛出一质量m1 kg的小物块(可视为质点)，当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平，已知长木板的质量M4 kg，A、B两点距C点的高度分别为H0.6 m、h0.15 m，圆弧轨道半径R0.75 m，物块与长木板之间的动摩擦因数10.5，长木板与地面间的动摩擦因数20.2，g10 m/s2。已知sin 37
82、0.6，cos 370.8，求：(1)小物块运动至B点时的速度大小和方向；(2)小物块滑动至C点时，对圆弧轨道C点的压力；(3)长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板。解析：(1)物块由A到B点做平抛运动有Hhgt2设到达B点时竖直分速度为vy，则vygt到达B点时速度v15 m/s设到达B点时速度方向与水平面的夹角为，则tan 解得37，即与水平方向成37夹角斜向下。(2)设物块到达C点时速度为v2，从A至C点，由动能定理得mgHmvmv设物块在C点受到的支持力为N，则有Nmgm由上式可得v22 m/s，N47.3 N根据牛顿第三定律可知，物块m对圆弧轨道C点的压力大小为47.3 N，
83、方向竖直向下。(3)由题意可知小物块m对长木板的摩擦力f1mg5 N长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，为f2(Mm)g10 N因ff，所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动。小物块在长木板上做匀减速运动，至长木板右端时速度刚好为零，才能保证小物块不滑出长木板。则长木板长度至少满足l2.8 m答案：(1)5 m/s方向与水平方向成37夹角斜向下(2)47.3 N方向竖直向下(3)2.8 m一、选择题1(2014南充质检)自然界中某个量D的变化量D，与发生这个变化所用时间t的比值，叫做这个量D的变化率。下列说法正确的是()A若D表示某质点做平抛运动的速度，则是恒定不变的B若D表示
84、某质点做匀速圆周运动的位移，则是恒定不变的C若D表示某质点做竖直上抛运动离抛出点的高度，则一定变大D若D表示某质点的动能，则越大，质点所受外力做的总功就越多解析：选A平抛运动是匀变速运动，加速度不变，A正确；在匀速圆周运动中，相同t内位移大小相等、方向不同，则不同，B错误；竖直上抛运动在相同t内，位移变化满足关系式g(t)2D，C错误；动能变化率与外力做功多少没有直接关系，D错误。2(2014湛江模拟)如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用铅笔靠着线的左侧向右上方45方向匀速移动，运动中始终保持悬线竖直，则橡皮运动的速度()A大小和方向均不变B大小不变，方向改变C大小改变，方向不变D大小和方向
85、均改变解析：选A橡皮同时参与两个方向的运动：一个是水平方向的匀速直线运动，另一个是竖直方向的匀速直线运动，由于这两个方向上的分运动都是匀速直线运动，因此这两个运动的合运动也是匀速直线运动，即橡皮的速度大小和方向都保持不变，A正确。3(2014六安模拟)如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线、从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a点，b粒子打在B板的b点，若不计重力，则()Aa的电荷量一定大于b的电荷量Bb的质量一定大于a的质量Ca的比荷一定大于b的比荷Db的比荷一定大于a的比荷解析：选Ca、b两粒子在电场中做类平抛运动，则xv0t，yat2，由于xaxb，
86、故taab，又因为qaEmaaa，qbEmbab，所以，C正确。4(2014泸州模拟)如图所示，细绳的一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球(可视为质点)。当小球在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动时，通过传感器测得轻绳拉力FT与轻绳与竖直方向OP的夹角满足关系式FTabcos ，式中a、b为常数。若不计空气阻力，则当地的重力加速度为()A.B.C.D.解析：选D设小球在P点速度为v1，在最高点速度为v2，圆周的半径为r，则在最低点，FT1mg；在最高点，FT2mg，由动能定理知，2mgrmvmv，由FTabcos 知，最低点时，0，FT1ab，最高点时，180，FT2ab，由以上各式得g，D
87、正确。5质量为1 kg的物体在水平面内做曲线运动，已知互相垂直方向上的速度图像分别如图甲、乙所示，下列说法正确的是()A质点初速度的方向与合力方向垂直B质点所受的合力为3 NC质点的初速度大小为5 m/sD2 s末质点速度大小为7 m/s解析：选A质点初速度的方向沿y轴正方向，初速度大小为4 m/s，合力方向沿x轴正方向，质点初速度的方向与合力方向垂直，A正确，C错误；由图甲斜率知物体运动的加速度a1.5 m/s2，由Fma知质点所受的合力为1.5 N，B错误；2 s末质点沿x轴方向分速度大小为3 m/s，沿y轴方向分速度大小为4 m/s，合速度大小为5 m/s，D错误。6(2014安徽高考)
88、如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定角速度转动，盘面上离转轴距离2.5 m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。物体与盘面间的动摩擦因数为(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，盘面与水平面的夹角为30，g取10 m/s2。则的最大值是()A. rad/s B. rad/sC1.0 rad/s D5 rad/s解析：选C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，这时对小物体受力分析如图所示，根据牛顿第二定律可知，mgcos 30mgsin 30mr2，求得1.0 rad/s，C正确，A、B、D错误。7(2014成都二模)如图
89、甲所示，轻杆一端固定在O点，另一端固定一小球，现让小球在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为N，小球在最高点的速度大小为v，其Nv2图像如图乙所示，则()A小球的质量为B当地的重力加速度大小为Cv2c时，杆对小球弹力方向向上Dv22b时，杆对小球弹力大小为mg解析：选AD由图乙知v2b时，N0；当v2b时，杆对球有向下的拉力；对v2m时，卫星做近心运动。(3)当Gm，要满足两者相等做圆周运动，可以适当加速，D正确。8(2014六盘水联考)假设月球半径为R，月球表面的重力加速度为g0。如图所示，“嫦娥三号”飞船沿距月球表面高度为3R的圆形轨道运动，到达轨道的A
90、点，点火变轨进入椭圆轨道，到达轨道的近月B点再次点火进入近月轨道绕月球做圆周运动。下列判断正确的是()A飞船在轨道跟轨道的线速度大小之比为12B飞船在轨道绕月球运动一周所需的时间为2C飞船在A点点火变轨后，动能减小D飞船在轨道上由A点运动到B点的过程中，动能减小解析：选C飞船在轨道和轨道上做匀速圆周运动，均由万有引力提供向心力，设月球的质量为M，飞船的质量为m，则由F万F向得Gm，解得v ，即v，故，A错误；飞船在轨道绕月球运动，万有引力充当向心力，则Gm4R，又GMg0R2，解得T16，B错误；点火后，飞船由高轨道I进入低轨道，飞船要减速，动能减小，C正确；飞船在轨道上由A点运动到B点的过程
91、中，万有引力做正功，飞船动能增加，D错误。92012年6月18日，“神舟九号”飞船与“天宫一号”目标飞行器在离地面343 km的近圆形轨道上成功进行了我国首次载人空间交会对接。对接轨道所处的空间存在极其稀薄的大气。下列说法正确的是()A为实现对接，两者运行速度的大小都应介于第一宇宙速度和第二宇宙速度之间B如不加干预，在运行一段时间后，“天宫一号”的动能可能会增加C如不加干预，“天宫一号”的轨道高度将缓慢降低D航天员在“天宫一号”中处于失重状态，说明航天员不受地球引力作用解析：选BC绕地球运行的飞船和“天宫一号”的速度小于第一宇宙速度，A错误；如不加干预，在运行一段时间后，空气阻力对“天宫一号”
92、做负功，使其速率减小而做向心运动，高度将缓慢降低，万有引力又会对“天宫一号”做正功而使其动能增加，B、C正确；航天员在“天宫一号”中处于失重状态是因为其重力提供向心力，并不是不受地球引力作用，D错误。万有引力定律与抛体运动的综合应用(2014德阳模拟)宇航员在某星球表面以初速度2.0 m/s水平抛出一物体，并记录下物体的运动轨迹，如图所示，0点为抛出点。若该星球半径为4 000 km，万有引力常量G6.671011 Nm2kg2，则下列说法正确的是()A该星球表面的重力加速度为4.0 m/s2B该星球的质量为2.41023 kgC该星球的第一宇宙速度为4.0 km/sD若发射一颗该星球的同步卫
93、星，则同步卫星的绕行速度一定大于4.0 km/s第1步：找关键点(1)“水平抛出”：说明物体做平抛运动。(2)“运动轨迹”“0为抛出点”：反映了物体平抛运动的水平位移和竖直位移。第2步：寻交汇点(1)抛体运动：平抛运动的位移公式。(2)万有引力定律：Gmg，Gm。第3步：明突破点由运动轨迹根据平抛运动的规律求星球表面的重力加速度由Gmg求星球的质量由mgm求第一宇宙速度由Gm分析卫星的绕行速度。解析物体在星球表面做平抛运动，水平方向xv0t，ygt2，由运动轨迹可知x2.0 m，y2.0 m，解得g4.0 m/s2，A正确；由Gmg得M9.61023 kg，B错误；由得mgm得v4.0 km/
94、s，C正确；由Gm得v ，同步卫星的轨道半径大于星球的半径，故同步卫星的绕行速度小于第一宇宙速度4.0 km/s，D错误。答案AC感悟升华万有引力定律与抛体运动综合问题的突破点 万有引力定律常结合平抛运动、竖直上抛运动等抛体运动进行求解，解答时可从以下两点进行突破：(1)分析星球表面的重力加速度：结合物体在星球表面的实际运动，利用动力学规律或运动学规律求出星球表面的重力加速度往往是解决问题的突破口。(2)分析天体运动的规律：确定天体运动的性质，根据万有引力定律和牛顿第二定律列方程，分析判断天体运动的规律。跟踪训练宇航员在地球表面以一定初速度竖直上抛一小球，经过时间t小球落回原地。若他在某星球表
95、面以相同的初速度竖直上抛同一小球，需经过时间5t小球落回原处。已知该星球的半径与地球半径之比为R星R地14，地球表面重力加速度为g，设该星球表面附近的重力加速度为g，空气阻力不计。则()Agg51 Bgg52CM星M地120 DM星M地180解析：选D由速度对称性知竖直上抛的小球在空中运动时间t，因此得，A、B错误；由Gmg得M，因而2，C错误，D正确。一、选择题1(2014凉山联考)最近美国宇航局公布了开普勒探测器最新发现的一个奇特的行星系统，命名为“开普勒11行星系统”，该系统拥有6颗由岩石和气体构成的行星，行星围绕一颗叫做“Kepler11”的类太阳恒星运行。经观测，其中被称为“Kepl
96、er11b”的行星与“Kepler11”之间的距离是日地距离的，“Kepler11”的质量是太阳质量的k倍，则“Kepler11b”的公转周期和地球公转周期的比值是()AN3k1 BN3kCNk DNk解析：选C根据万有引力提供向心力有mr，可得公转周期T ，设太阳的质量为M，日地距离为r，则有“Kepler11b”的公转周期TT，C正确。2(2014桑植联考)“嫦娥一号”是我国首次发射的探月卫星，它在距月球表面高度为200 km的圆形轨道上运行，运行周期为127分钟。已知引力常量G6.671011 Nm2/kg2，月球半径约为1.74103 km。利用以上数据估算月球的质量约为()A8.11
97、010 kg B7.41013 kgC5.41019 kg D7.41022 kg解析：选D根据万有引力提供“嫦娥一号”圆周运动的向心力有Gmr2，得中心天体月球的质量M，代入轨道半径rRh1.94106 m，周期T127 min12760 s7 620 s，引力常量G6.671011 Nm2/kg2，可得月球质量M7.41022 kg，D正确。3(2014浙江高考)长期以来“卡戎星(Charon)”被认为是冥王星唯一的卫星，它的公转轨道半径r119 600 km，公转周期T16.39天。2006年3月，天文学家新发现两颗冥王星的小卫星，其中一颗的公转轨道半径r248 000 km，则它的公转
98、周期T2最接近于()A15天B25天C35天D45天解析：选B由开普勒第三定律得32，代入解得T224.5天，最接近于B，B正确。4(2014西工大附中一模)“探路者”号宇宙飞船在宇宙深处飞行过程中，发现A、B两颗均匀球形天体，两天体各有一颗靠近其表面飞行的卫星，测得两颗卫星的周期相等，以下判断正确的是()A天体A、B的质量一定不相等B两颗卫星的线速度一定相等C天体A、B表面的重力加速度之比等于它们的半径之比D天体A、B的密度一定不相等解析：选C由题意得，卫星靠近天体表面飞行，卫星的轨道半径约等于天体的半径，则有GmR，得M，T相等，R不一定相等，所以天体A、B的质量不一定相等，A错误；天体的
99、密度为，联立得到，可见，与天体的半径无关，由于两颗卫星的周期相等，则天体A、B的密度一定相等，D错误；卫星的线速度为v，T相等，而R不一定相等，线速度不一定相等，B错误；天体A、B表面的重力加速度等于卫星的向心加速度，有mamgm2R，解得g，可见天体A、B表面的重力加速度之比等于它们的半径之比，C正确。5(2014天津高考)研究表明，地球自转在逐渐变慢，3亿年前地球自转的周期约为22小时。假设这种趋势会持续下去，地球的其他条件都不变，未来人类发射的地球同步卫星与现在的相比()A距地面的高度变大 B向心加速度变大C线速度变大 D角速度变大解析：选A同步卫星的周期与地球的自转周期相同，若地球的自
100、转周期变大，那么同步卫星的角速度将变小，D错误；根据万有引力提供向心力，有Gm2(Rh)mam，角速度变小，同步卫星离地高度将变大，A正确；由aG可知，同步卫星的向心加速度将减小，B错误；由v 可知，线速度将变小，C错误。6(2014福建高考)若有一颗“宜居”行星，其质量为地球的p倍，半径为地球的q倍，则该行星卫星的环绕速度是地球卫星环绕速度的()A. 倍 B. 倍C. 倍 D. 倍解析：选C第一宇宙速度又叫环绕速度，即绕星球表面飞行的卫星的速度，根据万有引力提供向心力得，解得v ，所以 ，C正确。7(2014绵阳模拟)如图所示，质量相同的三颗卫星a、b、c绕地球做匀速圆周运动，其中b、c在地
101、球的同步轨道上，a距离地球表面的高度为R，此时a、b恰好相距最近。已知地球质量为M、半径为R，地球自转的角速度为，万有引力常量为G，则()A发射卫星b时速度要大于11.2 km/sB卫星a的机械能大于卫星b的机械能C卫星a和b下一次相距最近还需经过tD若要卫星c与b实现对接，可让卫星c加速解析：选C发射人造卫星的速度要小于第二宇宙速度，如果大于11.2 km/s，卫星将摆脱地球引力环绕太阳飞行，A错误；卫星a需要加速才能到达b轨道，故卫星a的机械能小于卫星b的机械能，B错误；卫星a和b再一次相距最近时满足ab2，即(ab)t2，b为同步卫星，角速度与地球自转角速度相等，a的角速度根据得Gm2R
102、得知a ，代入可解得所经历时间t，C正确；卫星加速，将做离心运动，不可能实现对接，D错误。8(2014广东高考)如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器的张角为，下列说法正确的是()A轨道半径越大，周期越长B轨道半径越大，速度越大C若测得周期和张角，可得到星球的平均密度D若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度解析：选AC由G mmr2得v ，T2 ，可知，轨道半径越大，线速度越小，周期越大，A正确，B错误；若测得周期和轨道半径，由Gmr2可知，可以测得星球的质量，但由于星球的半径未知，因此不能求得星球的平均密度，D错误；若测得张角，可求得星球半径R与轨道半径r的比值为sin
103、 ，由Gmr2和得，3，C正确。9(2015厦门质检)2013年6月13日，北京时间6月13日13时18分，“天宫一号”目标飞行器与“神舟十号”飞船在离地面343 km的近地圆轨道上进行了我国第5次载人空间交会对接。“神舟十号”航天员成功开启“天宫一号”目标飞行器舱门，聂海胜、张晓光、王亚平以漂浮姿态进入“天宫一号”。下列说法正确的是()A航天员以漂浮姿态进入“天宫一号”，说明航天员不受地球引力作用B完成对接后组合体的运行速度小于7.9 km/sC王亚平在“天宫一号”中讲课时可以用弹簧秤悬挂测一杯水的重力D完成对接后的组合体运行的加速度大于9.8 m/s2解析：选B航天员以漂浮姿态进入“天宫一
104、号”，处于完全失重状态，但地球对他的万有引力仍然存在，提供他随“天宫一号”围绕地球做圆周运动的向心力，A错误；第一宇宙速度为最大环绕速度，“天宫一号”的线速度一定小于第一宇宙速度7.9 km/s，B正确；“天宫一号”处于完全失重状态，不能用弹簧秤悬挂测一杯水的重力，C错误；由mgG得g，则知卫星的轨道半径越大，所在处的重力加速度越小，完成对接后的组合体运行的加速度等于轨道处的重力加速度，一定小于地球表面的重力加速度9.8 m/s2，D错误。10(2014泸州调研)中国首颗月球探测卫星“嫦娥一号”简化后的路线示意图如图所示。卫星由地面发射后，先经过地面发射轨道进入地球附近的停泊轨道做匀速圆周运动
105、；然后从停泊轨道经过调控进入地月转移轨道；到达月球附近时，再次调控进入工作轨道做匀速圆周运动，这时卫星将开始对月球进行探测。已知地球与月球的质量之比为a，卫星的停泊轨道与工作轨道的轨道半径之比为b。则下列说法中正确的是()A卫星在停泊轨道和工作轨道运行的速度之比为B卫星在停泊轨道和工作轨道运行的周期之比为C卫星在停泊轨道运行的速度小于地球的第一宇宙速度D卫星从停泊轨道调控进入地月转移轨道过程卫星机械能守恒解析：选AC卫星圆周运动的向心力由万有引力提供，则v ，T2 ，A正确，B错误；地球的第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，是地球卫星的最大运行速度，C正确；卫星从停泊轨道进入地月转移轨道过程中有
106、其他形式的能量转化为机械能，机械能不守恒，D错误。二、非选择题11(2014四川高考)石墨烯是近些年发现的一种新材料，其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化，其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖。用石墨烯制作超级缆绳，人类搭建“太空电梯”的梦想有望在本世纪实现。科学家们设想，通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站，电梯仓沿着这条缆绳运行，实现外太空和地球之间便捷的物资交换。(1)若”太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h1的同步轨道站，求轨道站内质量为m1的货物相对地心运动的动能。设地球自转角速度为，地球半径为R。(2)当电梯仓停在
107、距地面高度h24R的站点时，求仓内质量m250 kg的人对水平地板的压力大小。取地面附近重力加速度g10 m/s2，地球自转角速度7.3105 rad/s，地球半径R6.4103 km。解析：(1)设货物相对地心的距离为r1，线速度为v1，则r1Rh1v1r1货物相对地心的动能Ekm1v联立式得Ekm12(Rh1)2(2)设地球质量为M，人相对地心的距离为r2，向心加速度为an，受地球的万有引力为F，则r2Rh2an2r2FGg设水平地板对人的支持力大小为N，人对水平地板的压力大小为N，则FNm2anNN联立式并代入数据得N11.5 N答案：(1)m12(Rh1)2(2)11.5 N12(20
108、14重庆高考)如图为“嫦娥三号”探测器在月球上着陆最后阶段的示意图。首先在发动机作用下，探测器受到推力在距月面高度为h1处悬停(速度为0，h1远小于月球半径)；接着推力改变，探测器开始竖直下降，到达距月面高度为h2处的速度为v；此后发动机关闭，探测器仅受重力下落至月面。已知探测器总质量为m(不包括燃料)，地球和月球的半径比为k1，质量比为k2，地球表面附近的重力加速度为g。求：(1)月球表面附近的重力加速度大小及探测器刚接触月面时的速度大小；(2)从开始竖直下降到刚接触月面时，探测器机械能的变化。解析：(1)设地球质量和半径分别为M和R，月球的质量、半径和表面附近的重力加速度分别为M、R和g，探测器刚接触月面时的速度大小为vt。由mgG和mgG得gg由vv22gh2得vt。(2)设机械能变化量为E，动能变化量为Ek，重力势能变化量为Ep，由EEkEp有Emmgh1得Emv2mg(h1h2)答案：见解析
