1、专题一 力与运动第一讲直线运动考点一运动图像的应用1.考查直线运动的 x-t 图像(2016河南第二次联考)设竖直向上为 y 轴正方向，如图所示曲线为一质点沿 y 轴运动的位置时间(y-t)图像，已知图线为一条抛物线，则由图可知()At0 时刻质点速度为 0B0t1 时间内质点向 y 轴负方向运动C0t2 时间内质点的速度一直减小Dt1t3 时间内质点相对坐标原点 O 的位移先为正后为负解析：选 C 在 t0 时刻 y-t 图线斜率不为 0，说明 t0 时刻质点速度不为 0,0t1 时间内质点向 y 轴正方向运动，故 A、B 错误。根据斜率表示速度，可知，0t2 时间内质点的速度一直减小，故
2、C 正确。t1t3 时间内质点相对坐标原点 O 的位移一直为正，故 D 错误。2考查直线运动的 v-t 图像和 x-t 图像的比较(2016河北正定中学二模)物体甲的 v-t 图像和乙的 x-t 图像分别如图所示，则这两个物体的运动情况是()A甲在整个 t4 s 时间内有来回运动B甲在整个 t4 s 时间内运动方向一直不变C乙在整个 t4 s 时间内有来回运动D乙在整个 t4 s 时间内运动方向一直不变，通过的总位移大小为 0解析：选 A 甲图是 v-t 图像，速度的正负表示运动的方向，故前 2 s 向负方向运动，后 2 s 向正方向运动，故 A 正确，B 错误；乙图是位移时间图像，斜率表示速
3、度，不变，故乙在整个 t4 s 时间内运动方向一直不变，位移为 6 m，故 C、D 错误。3考查直线运动的1v-x 图像(2016兰州一中月考)某质点做直线运动，运动速率的倒数1v与位移 x 的关系如图所示，关于质点运动的下列说法正确的是()A质点做匀加速直线运动B.1v-x 图斜率等于质点运动加速度C四边形 AABB 面积可表示质点从 O 到 C所用的运动时间D四边形 BBCC 面积可表示质点从 C 到 C所用的运动时间解析：选 D 由题中1v-x 图像可知，1v与 x 成正比，即 vx常数，质点做减速直线运动，故 A 错误；图线斜率不等于质点运动的加速度，故 B 错误；由于三角形 OBC
4、的面积 S112OCBC x12v1，体现了从 O 到 C 所用的时间，同理，从 O 到 C所用的时间可由 S2 x22v2体现，所以四边形 BBCC 面积可体现质点从 C 到 C所用的时间，故 C 错误，D 正确。考点二匀变速直线运动的规律4.考查匀变速直线运动规律(2016全国丙卷)一质点做速度逐渐增大的匀加速直线运动，在时间间隔 t 内位移为 s，动能变为原来的 9 倍。该质点的加速度为()A.st2 B.3s2t2C.4st2D.8st2解析：选 A 质点在时间 t 内的平均速度 vst，设时间 t 内的初、末速度分别为 v1 和 v2，则 vv1v22，故v1v22st。由题意知：1
5、2mv22912mv12，则 v23v1，进而得出 2v1st。质点的加速度 av2v1t2v1t st2。故选项 A 正确。5考查匀变速直线运动规律的推论如图所示，两光滑斜面在 B 处连接，小球从 A 处由静止释放，经过B、C 两点时速度大小分别为 3 m/s 和 4 m/s，ABBC。设球经过 B 点前后速度大小不变，则球在 AB、BC 段的加速度大小之比及球由 A 运动到 C 过程中的平均速率分别为()A34,2.1 m/s B916,2.5 m/sC97,2.1 m/s D97,2.5 m/s解析：选 C 设 ABBCx，则在 AB 段 a1vB22x，在 BC 段 a2vC2vB22
6、x，所以a1a232423297，AB 段平均速率为 v112vB1.5 m/s，BC 段平均速率为 v212(vBvC)3.5 m/s，因此从 A 到 C 的平均速率 v2xxv1 xv2 2v1v2v1v22.1 m/s，选 C。6考查竖直上抛运动(2016威海二模)某大型游乐场有飞碟射击娱乐游戏，抛碟机将飞碟随机向上抛射出去，射击者用气枪将飞碟射中并击碎。由于飞碟抛射方向具有不确定性，所以游戏充满挑战性和乐趣。假设有一游戏爱好者站在距离抛碟机 20 m 远处练习射击，射击点与飞碟抛出点近似在同一水平线上，气枪子弹在空中飞行可看作匀速直线运动，且速度大小为 100 m/s。某次，抛碟机将飞
7、碟以 20 m/s 初速度竖直向上抛出，射击者要在飞碟到达最高点时刚好将其击中，(不计空气阻力，g10 m/s2)求：(1)射击方向和水平方向的夹角应该是多少？(2)他必须在飞碟抛出后经多长时间发射子弹？(计算结果小数点后保留 2 位数字)解析：(1)设飞碟上升的最大高度为 h，飞碟抛出后做竖直上抛运动，由 v022gh 可得：hv022g20 m由于飞碟抛出点与射击点的水平距离 d20 m，所以可得：tan hd1所以射击方向和水平方向的夹角为 45。(2)设飞碟上升到最高点所用时间为 t1t1v0g 2 s子弹击中飞碟的位移 x 和飞行时间 t2 为x d2h2 202202 m20 2
8、mt2xv20 2100s0.28 s飞碟抛出后到发射子弹的时间间隔 t 为tt1t22 s0.28 s1.72 s。答案：(1)45(2)1.72 s考点三刹车和追及相遇问题7.考查由 v-t 图像分析追及相遇问题(多选)(2016全国乙卷)甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其中 v-t图像如图所示。已知两车在 t3 s 时并排行驶，则()A在 t1 s 时，甲车在乙车后B在 t0 时，甲车在乙车前 7.5 mC两车另一次并排行驶的时刻是 t2 sD甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 40 m解析：选 BD 由题图知，甲车做初速度为 0 的匀加速直线运动，其加速度 a 甲10 m
9、/s2。乙车做初速度 v010 m/s、加速度 a 乙5 m/s2 的匀加速直线运动。3 s 内甲、乙车的位移分别为：x 甲12a 甲t3245 mx 乙v0t312a 乙t3252.5 m由于 t3 s 时两车并排行驶，说明 t0 时甲车在乙车前，xx 乙x 甲7.5 m，选项 B正确；t1 s 时，甲车的位移为 5 m，乙车的位移为 12.5 m，由于甲车的初始位置超前乙车7.5 m，则 t1 s 时两车并排行驶，选项 A、C 错误；甲、乙车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为 52.5 m12.5 m40 m，选项 D 正确。8考查由 x-t 图像分析追及相遇问题(多选)(2016黄
10、冈中学模拟)甲、乙两车某时刻由同一地点，沿同一方向开始做直线运动，若以该时刻作为计时起点，得到两车的位移时间图像，即 x-t 图像如图所示，甲图像过 O 点的切线与 AB 平行，过 C 点的切线与 OA 平行，则下列说法中正确的是()A在两车相遇前，t1 时刻两车相距最远Bt3 时刻甲车在乙车的前方C0t2 时间内甲车的瞬时速度始终大于乙车的瞬时速度D甲车的初速度等于乙车在 t3 时刻的速度解析：选 AD 图像的纵坐标表示物体所在的位置，由图可知 t1 时刻两图线相距最大，即两车的距离最大，故 A 正确；t3 时刻两车的位置相同，两车处在同一位置，故 B 错误；图线斜率表示速度，由图可知，0t
11、1 时间内甲图线的斜率大于乙图线的斜率，之后甲图线的斜率小于乙图线的斜率，故 C 错误；图线的斜率表示物体的速度，由图可知，甲车的初速度等于乙车在 t3 时刻的速度，故 D 正确。9考查刹车避碰问题(2016山东省实验中学高三段考)货车 A 正在该公路上以 20 m/s 的速度匀速行驶，因疲劳驾驶司机注意力不集中，当司机发现正前方有一辆静止的轿车 B 时，两车距离仅有 75 m。(1)若此时 B 车立即以 2 m/s2 的加速度启动，通过计算判断：如果 A 车司机没有刹车，是否会撞上 B 车；若不相撞，求两车相距最近时的距离；若相撞，求出从 A 车发现 B 车开始到撞上 B 车的时间。(2)若
12、 A 车司机发现 B 车，立即刹车(不计反应时间)做匀减速直线运动，加速度大小为 2 m/s2(两车均视为质点)，为避免碰撞，在 A 车刹车的同时，B 车立即做匀加速直线运动(不计反应时间)，问：B 车加速度至少多大才能避免事故。(这段公路很窄，无法靠边让道)解析：(1)当两车速度相等时，A、B 两车到达同一个位置，设经过的时间为 t，则：vAvB对 B 车 vBat联立可得：t10 sA 车的位移为：xAvAt200 mB 车的位移为：xB12at2100 m因为 xBx0175 mBvq，由 EUd可知，减小场强 E的方法有增大极板间距离和减小极板间电压，故 C 错误，D 正确；而移动滑动
13、头 P 并不能改变极板间电压，故 A、B 均错误。11考查带电体的直线运动及电场能的性质(多选)如图所示，粗糙且绝缘的斜面体 ABC 在水平地面上始终静止。在斜面体 AB 边上靠近 B 点固定一点电荷，从 A 点无初速释放带负电且电荷量保持不变的小物块(视为质点)，运动到 P 点时速度恰为零。则小物块从 A 到 P 运动的过程()A水平地面对斜面体没有静摩擦作用力B小物块的电势能一直增大C小物块所受到的合外力一直减小D小物块损失的机械能大于增加的电势能解析：选 BD 小物块运动过程中具有加速度，由整体法可知地面对斜面体有静摩擦力，A 错误；由运动情况可知，B 处电荷带负电荷，物块也带负电荷，故
14、物块在下滑的过程中，库仑力做负功，故物块的电势能增大，B 正确；物块先加速后减速，加速度大小先减小后增大，故受到的合力先减小后增大，C 错误；由能量守恒可知小物块损失的机械能大于增加的电势能(损失的机械能包括摩擦力做负功)，D 正确。12考查均匀带电棒的直线运动及能量问题如图所示，在光滑绝缘水平面上，质量为 m 的均匀绝缘棒 AB 长为 L、带有电量为Q且均匀分布。在水平面上 O 点右侧有匀强电场，场强大小为 E，其方向为水平向左，BO 距离为 x0，若棒在水平向右的大小为 QE/4 的恒力作用下由静止开始运动。求：(1)棒的 B 端进入电场 L/8 时的加速度大小和方向；(2)棒在运动过程中
15、的最大动能；(3)棒的最大电势能。(设 O 点处电势为零)解析：(1)根据牛顿第二定律，得QE4 L8QEL ma，aQE8m，方向水平向右。(2)设当棒进入电场 x 时，其动能达到最大，则此时棒受力平衡，有QE4 xQEL，得 xL/4，由动能定理有QE4(x0 x)0QE42xEk，解得 EkQE4 x0L8(3)棒减速到零时，棒可能全部进入电场，也可能不能全部进入电场，设恰能全部进入电场，则有QE4(x0L)QE2 L0，得 x0L；EpmQE4(LL)QEL2当 x0L，棒能全部进入电场，设进入电场为 x，有QE4(x0 x)QE2 LQE(xL)0,得 xx02L3，EpmQE4(x
16、0 x)QE4 4x02L3QE2x0L6。答案：(1)aQE8m 方向水平向右(2)EkQE4 x0L8 (3)最大电势能可能是QEL2、QE4 x0L L28Lx04、QE2x0L6考点一 运动图像的应用本考点主要对 x-t 图像和 v-t 图像进行考查，考生若在此类问题上失分，大多不是知识和能力的欠缺，往往是审题不仔细、知识迁移不够灵活等原因造成的。建议考生自学为主先记牢 1对 x-t 图像和 v-t 图像的理解(1)无论是 x-t 图像还是 v-t 图像，都只能描述直线运动。(2)x-t 图像和 v-t 图像都不表示物体运动的轨迹。(3)x-t 图像和 v-t 图像的形状由 x 与 t
17、、v 与 t 的函数关系决定。2运动图像及其应用斜率的意义纵截距图像匀速直线运动匀变速的意义与 t 轴所围面积直线运动x-t 图像速度初位置倾斜的直线抛物线v-t 图像加速度初速度位移与时间轴平行的直线倾斜的直线再用活 1注意看清坐标轴所表示的物理量，明确因变量与自变量间的制约关系。如在诊断卷第 2 题中，甲图为 v-t 图像，乙图为 x-t 图像，两图像形状相同，所描述的运动规律大不相同。2充分理解图像“面积”对应的含义，如 v-t 图像中 v-t 图线与 t 轴所围“面积”表示物体在这段时间内的位移，而诊断卷第 3 小题中1v-x 图线与 x 轴所围“面积”表示质点在发生这段位移过程中所经
18、历的时间。因此质点由 C 到 C所用的时间等于四边形 BBCC 的面积，D 项正确。1(2016三门峡检测)在平直公路上行驶的 a 车和 b 车，其位移时间图像分别为图中直线 a 和曲线 b，由图可知()Ab 车运动方向始终不变B在 t1 时刻 a 车的位移大于 b 车Ct1 到 t2 时间内 a 车的平均速度小于 b 车Dt1 到 t2 时间内某时刻两车的速度可能相同解析：选 D b 图线切线先为正值，然后为负值，知 b 的运动方向发生变化，故 A 错误。在 t1 时刻，两车的位移相等，故 B 错误。t1 到 t2 时间内，两车的位移相同，时间相同，则平均速度相同，故 C 错误。t1 到 t
19、2 时间内，b 图线的切线斜率在某时刻与 a 图线斜率相同，则两车的速度可能相同，故 D 正确。2利用传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图像。某同学在一次实验中得到运动小车的速度时间图像如图所示，由此图像可知()A18 s 时的加速度大于 13 s 时的加速度B小车做曲线运动C13 s 末小车距离出发点最远D小车前 10 s 内的平均速度比后 10 s 内的大解析：选 A 由 v-t 图像的斜率大小表示小车的加速度大小可知，18 s 时小车的加速度大于 13 s 时小车的加速度，A 正确；v-t 图像只表示直线运动，B 错误；小车在 020 s 内速度方向不变，故 t20 s 时小车离
20、出发点最远，C 错误；由 x 前 10 s0，即有两个解，则可以相遇两次；若 0，则刚好追上或相遇；若 0，162416(a22)0，故 a26 m/s2。方法三：图像法如图所示，当速度相同时，阴影面积 s 表示两者位移之差，若 ss0，则恰好不会相撞，由几何关系可得 sv2v1t2s0，解得 t2 s，再由 v1a1tv2a2t，解得 a26 m/s2，故乙车的加速度至少为 6 m/s2 才能避免两车相撞。方法四：相对运动法两者的相对速度为 vv2v18 m/s，相对加速度的大小为 aa2a1，避免相撞的条件为 0vat，vt12at2s0，代入数据解得 a4 m/s2，故 a26 m/s2
21、 满足题意。答案 6 m/s2考点四 电磁场中的直线运动高考对本考点的考查相对简单，解答此类问题应注意以下三点：洛伦兹力的方向与电荷的性质有关；电势高低、电势能大小的比较方法；综合应用平衡条件、牛顿第二定律及功能关系解题。建议考生适当关注即可先记牢 1正电荷所受电场力的方向与电场方向相同，负电荷所受电场力的方向与电场方向相反。2正电荷在磁场中所受的洛伦兹力的方向可由左手定则直接判断，而同样运动方向的负电荷在磁场中所受的洛伦兹力的方向与正电荷的洛伦兹力方向相反。3沿电场线方向电势降低。4电场力做正功，电荷的电势能减小。再用活 1判断洛伦兹力方向时要区分电荷种类如诊断卷第 10 题，电子带负电，其
22、所受洛伦兹力的方向向下，有的考生没有注意粒子电性，直接应用左手定则得出其洛伦兹力方向向上，从而错选 C 选项。2判断电场力做功时要联系物块的运动规律如诊断卷第 11 题，若 B 处固定的点电荷带正电，从 A 点释放的带负电的小物块到 P 点的速度不可能为零，由此可判断小物块下滑过程中，电场力做负功，小物块的电势能增大，从而可得出 B、D 项正确。1A、B 是一条电场线上的两点，若在 A 点释放一初速度为零的电子，电子仅在电场力作用下沿电场线从 A 运动到 B，其电势能 Ep 随位移 x 变化的规律如图所示。设 A、B 两点的电场强度分别为 EA 和 EB，电势分别为 A 和 B。则()AEAE
23、B BEABDAB解析：选 D 根据动能定理 qExEk，由于电势能 Ep 随位移 x 变化的规律为直线，所以为匀强电场，EAEB，故 A、B 错误。电子仅在电场力作用下沿电场线从 A 运动到 B，电势能减小，电场力做正功，电场线方向从 B 到 A，A8 m，即这位同学已通过关卡 2，距该关卡 1 m，当关卡关闭 t22 s 时，此同学在关卡 2、3 之间通过了 x3v1t24 m 的位移，接着关卡放行 t5 s，同学通过的位移 x4v1t10 m，此时距离关卡 4为 x524 m(18410)m1 m，关卡关闭 2 s，经过 t3x5v10.5 s 后关卡 4 最先挡住他前进。二、练名校模拟
24、好题一题能通一类题4(2016湖南省六校联考)在平直公路上行驶的 a 车和 b 车，其位移时间(x-t)图像分别为图中直线 a 和曲线 b，已知 b 车的加速度恒定且等于2 m/s2，t3 s 时，直线 a 和曲线 b 刚好相切，则()Aa 车做匀速运动且其速度为 va83 m/sBt3 s 时 a 车和 b 车相遇但此时速度不等Ct1 s 时 b 车的速度为 10 m/sDt0 时 a 车和 b 车的距离 x09 m解析：选 D x-t 图像的斜率等于速度，由图可知，a 车的速度不变，做匀速直线运动，速度为：vaxt823m/s2 m/s，故 A 错误。t3 s 时，直线 a 和曲线 b 刚
25、好相切，位置坐标相同，两车相遇，斜率相等，此时两车的速度相等，故 B 错误。t3 s 时，b 车的速度为：vbva2 m/s，设 b 车的初速度为 v0，对 b 车，由 v0atvb，解得：v08 m/s，则 t1 s 时 b 车的速度为：vbv0at18 m/s21 m/s6 m/s，故 C 错误。t3 s 时，a 车的位移为：xavat6 m，b 车的位移为：xbv0vb2t822 3 m15 m，t3 s 时，a车和 b 车到达同一位置，得：x0 xbxa9 m，故 D 正确。5(2016孝感三中一模)如图所示，水平地面 O 点的正上方的装置 M 每隔相等的时间由静止释放一小球，当某小球
26、离开 M 的同时，O 点右侧一长为 L1.2 m 的平板车开始以 a6.0 m/s2 的恒定加速度从静止开始向左运动，该小球恰好落在平板车的左端，已知平板车上表面距离 M 的竖直高度为 h0.45 m，忽略空气的阻力，重力加速度 g 取 10 m/s2。(1)求小球左端离 O 点的水平距离；(2)若至少有 2 个小球落在平板车上，则释放小球的时间间隔 t 应满足什么条件？解析：(1)设小球自由下落至平板车上表面处历时 t0，在该时间段内由运动学方程对小球有：h12gt02对平板车有：x12at02由式并代入数据可得：x0.27 m。(2)从释放第一个小球至第 2 个小球下落到平板车上表面高度处
27、历时 tt0，设平板车在该时间段内的位移为 x1，由运动学方程有：x112a(tt0)2至少有 2 个小球落在平板车上须满足：x1xL由式并代入数据可得：t0.4 s。答案：(1)0.27 m(2)t0.4 s第二讲力与物体平衡考点一受力分析1.考查弹力的方向、力的合成与分解(2016淄博市实验中学一诊)如图所示，一质量均匀的实心圆球被直径 AB 所在的平面一分为二，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 F，已知支架间的距离为 AB 长度的一半，则 FF等于()A.3 B.32C.2 33D.33解析：选 A 设两半球的总质量为
28、m，当球以 AB 沿水平方向放置，可知 F12mg，当球以 AB 沿竖直方向放置，以两半球为整体，隔离右半球受力分析如图所示，可得：Fmg2 tan，根据支架间的距离为 AB 的一半，可得：30，则 FF1tan 3，则 A 正确。2考查摩擦力的有无及方向判断(多选)如图甲、乙所示，倾角为 的斜面上放置一滑块 M，在滑块 M 上放置一个质量为m 的物块，M 和 m 相对静止，一起沿斜面匀速下滑，下列说法正确的是()A图甲中物块 m 受到摩擦力B图乙中物块 m 受到摩擦力C图甲中物块 m 受到水平向左的摩擦力D图乙中物块 m 受到与斜面平行向上的摩擦力解析：选 BD 对题图甲：设 m 受到摩擦力
29、，则物块 m 受到重力、支持力、摩擦力，而重力、支持力平衡，若受到摩擦力作用，其方向与接触面相切，方向水平，则物体 m 受力将不平衡，与题中条件矛盾，故假设不成立，A、C 错误。对题图乙：设物块 m 不受摩擦力，由于 m 匀速下滑，m 必受力平衡，若 m 只受重力、支持力作用，由于支持力与接触面垂直，故重力、支持力不可能平衡，则假设不成立，由受力分析知：m 受到与斜面平行向上的摩擦力，B、D 正确。3考查物体的平衡条件、胡克定律(2016江西省红色七校二模)如图所示，三个相同的轻质弹簧连接在O 点，弹簧 1 的另一端固定在天花板上，且与竖直方向的夹角为 30，弹簧 2 水平且右端固定在竖直墙壁
30、上，弹簧 3 的另一端悬挂质量为 m的物体且处于静止状态，此时弹簧 1、2、3 的形变量分别为 x1、x2、x3，则()Ax1x2x3 312Bx1x2x3 321Cx1x2x312 3Dx1x2x321 3解析：选 D 以结点 O 为研究对象受力分析，运用合成法，如图：由几何知识知：T1mgcos 30T2mgtan 30T3mg故：T1T2T321 3根据胡克定律：Tkx则：x1x2x321 3，故选 D。4考查物体的平衡条件、摩擦力的分析与计算(2015山东高考)如图，滑块 A 置于水平地面上，滑块 B 在一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
31、下滑。已知 A 与 B 间的动摩擦因数为 1，A 与地面间的动摩擦因数为 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。A 与 B 的质量之比为()A.112B.11212C.11212D.21212解析：选 B 滑块 B 刚好不下滑，根据平衡条件得 mBg1F；滑块 A 恰好不滑动，则滑块 A 与地面之间的摩擦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 F2(mAmB)g，解得mAmB11212。选项 B 正确。考点二整体法与隔离法的应用5.考查整体法与隔离法、力的合成与分解(多选)(2016洛阳二模)如图所示，质量分别为 m1和 m2 的两个物体用两根轻质细线，分别悬挂在天花板上的 A
32、、B 两点，两线与水平方向夹角分别为、，且，两物体间的轻质弹簧恰好处于水平状态，两根绳子拉力分别为 FTA 和 FTB，则下列说法正确的是()AFTAFTBBFTAm2Dm1，有 cos FTB，A 正确，B 错；对 m1 和 m2 竖直方向受力平衡，FTAsin m1g，FTBsin m2g，得 m1m2，C 正确，D 错。6考查整体法与隔离法、物体的平衡条件(2016衡水市冀州中学检测)如图所示，桌面上固定一个光滑竖直挡板，现将一个长方形物块 A 与截面为三角形的垫块 B 叠放在一起，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()AA 和 B 均受三个力
33、作用而平衡BB 对桌面的压力越来越大CA 对 B 的压力越来越小D推力 F 的大小恒定不变解析：选 D 先以 A 为研究对象，分析受力情况：重力、墙的弹力和斜面的支持力三个力，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 的支持力和墙对 A 的支持力方向均不变，根据平衡条件得知，这两个力大小保持不变，则 A 对 B 的压力也保持不变。对整体分析受力如图所示，由平衡条件得知，FN1，挡板对A 的支持力 N1 不变，则推力 F 不变。桌面对整体的支持力 NG 总，保持不变。则 B 对桌面的压力不变，故 B、C 错误，D 正确。7考查整体法与
34、隔离法、摩擦力的分析与判断(多选)如图所示，质量为 M 的斜面体 A 放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为 m 的小球 B 置于斜面上，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向夹角均为 30。不计小球与斜面间的摩擦，则()A轻绳对小球的作用力大小为 33 mgB斜面对小球的作用力大小为 2mgC斜面体对水平面的压力大小为(Mm)gD斜面体与水平面间的摩擦力大小为 36 mg解析：选 AD 以 B 为研究对象，受力如图甲所示，由几何关系知 30。根据受力平衡可得FTFN 33 mg以斜面体为研究对象，其受力如图乙所示。由受力平衡得 FN1MgFNcos Mg12mgFfFNsin 36
35、mg故 B、C 选项错误，A、D 选项正确。考点三动态平衡问题8.考查用图解法分析动态平衡问题(2016全国甲卷)质量为 m 的物体用轻绳 AB 悬挂于天花板上。用水平向左的力 F 缓慢拉动绳的中点 O，如图所示。用 T 表示绳 OA 段拉力的大小，在 O 点向左移动的过程中()AF 逐渐变大，T 逐渐变大BF 逐渐变大，T 逐渐变小CF 逐渐变小，T 逐渐变大DF 逐渐变小，T 逐渐变小解析：选 A 以 O 点为研究对象，受力如图所示，当用水平向左的力缓慢拉动 O 点时，则绳 OA 与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知 F 逐渐变大，T 逐渐变大，选项 A 正确。9考查用解析法分析动态
36、平衡问题(2016衢州质检)如图所示，一根不可伸长的轻绳两端连接两轻环A、B，两环分别套在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 所受杆的弹力变小解析：选 B 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，设滑轮左侧绳长为 x，右侧绳长为 y，总绳长 x
37、yl。两环 A、B 水平距离为 d，则有 dxsin ysin lsin，sin dl，当环 A 向下移动少许，d 不变，绳长不变，不变，而 2Fcos mg，可知绳上拉力 F 不变。选环 B 为研究对象，由 FfFsin，知环 B 所受摩擦力不变，A 错，B 对；环 B 向右移动少许，d 变大，绳长不变，增大，可知绳上拉力变大。选环 A 为研究对象，由 FNFsin，知环 A 所受杆的弹力变大，C、D 错。10考查用相似三角形法求解平衡问题(多选)如图所示，质量均为 m 的小球 A、B 用劲度系数为 k1 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
38、B 平衡时，绳子所受的拉力为 FT1，弹簧的弹力为 F1；现把 A、B 间的弹簧换成原长相同但劲度系数为 k2(k2k1)的另一轻弹簧，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 FT1 与 FT2、F1 与 F2 大小之间的关系，正确的是()AFT1FT2BFT1FT2CF1F2DF1F2解析：选 BC 小球 B 受重力 mg、绳子拉力 FT 和弹簧弹力 F 三个力而平衡，平移 FT、F 构成矢量三角形如图所示，由图可以看出，力的矢量三角形总是与几何三角形 OAB 相似，因此有mgOAFTL FAB，其中 OA、L 保持不变，因此绳子的拉
39、力 FT 大小保持不变，A 错误、B 正确；当弹簧的劲度系数 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，C 正确、D错误。考点四电磁场中的平衡问题11.考查库仑定律、物体的平衡条件、力的合成与分解(多选)(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，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，
40、则()A小球 A 与 B 之间库仑力的大小为kq2d2B当qdmgsin k时，细线上的拉力为 0C当qdmgtan k时，细线上的拉力为 0D当qdmgktan 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 Fkq2d2，选项 A 正确；当细线上的拉力为 0 时，小球 A 受到库仑力、斜面支持力、重力，由平衡条件得kq2d2 mgtan，解得qdmgtan k，选项 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 0，选项 D 错误。12考查电场力作用下物体的动态平衡问题如图所示，一带电小球用绝缘轻质细线悬挂于 O 点，空间存在场
41、强方向、大小均可调节的匀强电场，开始时匀强电场方向水平向右，小球平衡时细线与竖直方向成 角(45)。现使电场方向在原竖直平面内沿逆时针方向缓慢转过 2 角(转动过程中小球所带电荷量不变)，而保持小球在原位置不动，则此过程中下列判断正确的是()A细线的拉力先减小后增大B电场强度一直减小C细线的拉力先增大后减小D电场强度先减小后增大解析：选 D 带电小球在重力 G、细线拉力 FT 及电场力 qE 作用下处于平衡状态，此三力必可组成一封闭矢量三角形，当电场强度方向发生变化时，带电小球受力变化情况如图所示，则由图知细线拉力一直在减小，选项 A、C 错误；电场力先减小后增大(电场方向逆时针转过 角时电场
42、力最小)，选项 B 错误，D 正确。13考查安培力作用下导体的平衡问题长为 L 的通电导体放在倾角为 的光滑斜面上，并处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，如图所示，当 B 方向竖直向上，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，则电流为 I2 时导体仍处于平衡状态，电流比值I1I2应为()Acos B.1cos Csin D.1sin 解析：选 B 当 B 竖直向上时，对导体受力分析如图甲所示，由平衡条件得：BI1Lmgtan 当 B 垂直斜面向上时，对导体受力分析如图乙所示，甲 乙由平衡条件得：BI2Lmgsin 联立得：I1I2 1cos，故选项 B 正确。14考查安
43、培力作用下导体的动态平衡问题如图所示，两根通电直导体棒用四根长度相等的绝缘细线悬挂于 O1、O2 两点，已知 O1O2 连线水平，导体棒静止时绝缘细线与竖直方向的夹角均为，保持导体棒中的电流大小和方向不变，在导体棒所在空间加上匀强磁场后绝缘细线与竖直方向的夹角均增大了相同的角度，下列分析正确的是()A两导体棒中的电流方向一定相同B所加磁场的方向可能沿 x 轴正方向C所加磁场的方向可能沿 z 轴正方向D所加磁场的方向可能沿 y 轴负方向解析：选 C 在导体棒所在空间加上匀强磁场后绝缘细线与竖直方向的夹角均增大了相同的角度，则两导体棒中的电流方向一定相反，且电流大小相等，选项 A 错误；由左手定则
44、可知，所加磁场的方向可能沿 z 轴正方向，选项 C 正确，B、D 错误。考点一 受力分析本考点是对重力、弹力、摩擦力及受力分析等知识的考查，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，题型一般为选择题。建议考生自学为主先记牢 1理清知识体系2遵循分析顺序一般按照一重力、二弹力、三摩擦力、四其他力的顺序分析物体受力。再用活 一、谨记三个“嘱托”，不被“表象”遮慧眼1弹力的方向一定与接触面或接触点的切面垂直，且指向受力物体。如诊断卷第 1 题中，两半球间的弹力方向与直径垂直，光滑支架对球的两个弹力的方向均沿球半径方向，且指向球心。2两物体接触处有无静摩擦力，要根据物体间有无相对运动
45、趋势或根据平衡条件进行判断。如诊断卷第 2 题，图甲中 m 相对 M 无相对运动趋势，m 不受静摩擦力，图乙中 m 随M 一起匀速下滑时必受沿斜面向上的静摩擦力作用。3物体间恰好不相对滑动时，其间静摩擦力恰好等于最大静摩擦力。如诊断卷第 4 题中，对滑块 B：mBg1F，对 A、B 组成的整体：F2(mAmB)g。以上两式联立可得出选项 B 正确。二、掌握摩擦力的三类“突变”，命题人常在此设“迷点”类型一“静静”突变静摩擦力为被动力，当物体的受力情况发生变化时，其运动趋势方向可能发生突变，静摩擦力的方向也随之发生突变，而突变的时刻往往发生在静摩擦力为零的时刻。例1 兴趣课堂上，某同学将完全相同
46、的甲、乙两个条形磁铁水平放在粗糙的水平木板上(N 极正对)，如图所示，并缓慢抬高木板的右端至倾角为，这一过程中两磁铁均保持静止状态。请对该同学提出的说法进行分析，其中正确的是()A甲受到的摩擦力相对木板的方向可能发生变化B乙受到的摩擦力相对木板的方向可能发生变化C继续增大倾角，甲、乙将会同时发生滑动D若减小甲、乙间距，重复上述过程，增大倾角时乙会先发生向上滑动解析 因两条形磁铁 N 极正对，相互排斥，在 较小时，乙有沿斜面向上运动的趋势，且随 的增大，乙所受的摩擦力沿斜面向下逐渐减小，可能出现反向增大的情况；而甲一定具有沿斜面向下运动的趋势，且随 的增大，甲所受摩擦力增大，不可能出现摩擦力方向
47、变化的情况，故 A 错误，B 正确；增大倾角 或减小甲、乙间距时，最易发生相对滑动的为甲，故 C、D 均错误。答案 B类型二“静动”突变静摩擦力的大小变化范围满足：0，而得 FTAFTB；再隔离物体 m1 和 m2，由竖直方向合力为零可得：FTAsin m1g，FTBsin m2g，比较可得：m1m2。2正确区分内力与外力：若求解两物体间的相互作用力时，应隔离其中一个物体，若将几个物体看作一个整体，则物体间的相互作用力为内力，不能出现在受力图上。如诊断卷第 7 题中，求斜面对小球的作用力时，应隔离小球 B 进行受力分析求解水平面对斜面体的支持力和摩擦力时，应以斜面体和小球 B 为整体进行受力分
48、析。1(多选)(2016邯郸模拟)物体 A 和 B 相对静止，以共同的速度沿斜面匀速下滑，则()AA、B 间无摩擦力的作用BB 受到滑动摩擦力的大小为(mAmB)gsin CB 受到的静摩擦力的大小为 mAgsin D取走 A 物体后，B 物体将匀加速下滑解析：选 BC 以 A 为研究对象，A 处于平衡状态，因此有 fmAgsin，所以 A 受到 B给其沿斜面向上的摩擦力作用，故 A 错误；以整体为研究对象，根据平衡状态有：(mAmB)gsin fB，故 B 正确；A 对 B 的静摩擦力与 B 对 A 的静摩擦力大小相等，故有：ffmAgsin，C 正确；由前面分析知：(mAmB)gsin f
49、B，又根据滑动摩擦力公式有：fB(mAmB)gcos，得：tan，取走 A 物体后，物体 B 受滑动摩擦力为 mBgcos，代入 tan 得，mBgcos mgsin，即物体 B 受力平衡，则物体 B 仍能做匀速直线运动，故 D 错误。2(2016山东省实验中学段考)如图所示，质量为 M 的斜面体 A 放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为 m 的小球 B 置于斜面上，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦，斜面体与墙不接触，整个系统处于静止状态。则()A水平面对斜面体没有摩擦力作用B水平面对斜面体有向左的摩擦力作用C斜面体对水平面的压力等于(Mm)gD斜面体对水平面的压力
50、小于(Mm)g解析：选 D 以斜面体和小球整体为研究对象受力分析，水平方向：fTcos，方向水平向右，故 A、B 错误；竖直方向：N(mM)gTsin，可见 N(Mm)g，根据牛顿第三定律：斜面体对水平面的压力NN(Mm)g，故 C 错误，D 正确。3(多选)(2016成都毕业班一诊)如图所示，一个质量为 4 kg 的半球形物体 A 放在倾角为 37的斜面 B 上静止不动。若用通过球心的水平推力F10 N 作用在物体上，物体仍静止在斜面上，斜面仍相对地面静止。已知 sin 370.6，cos 370.8，取 g10 m/s2，则()A物体 A 受到斜面 B 的摩擦力增加 8 NB物体 A 对斜
51、面 B 的作用力增加 10 NC地面对斜面 B 的弹力不变D地面对斜面 B 的摩擦力增加 10 N解析：选 CD 若用通过球心的水平推力 F10 N 作用在物体 A 上，物体 A 仍静止在斜面上，将该力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡条件可得：Fcos 37Ffmgsin 37，解得摩擦力 Ff16 N。物体 A 受到斜面 B的摩擦力减小 Ff24 N16 N8 N，选项 A 错误；没有施加水平力 F 时，根据平衡条件，A 受斜面作用力与重力等大反向，即大小为 40 N，根据牛顿第三定律，物体A 对斜面的作用力为 40 N，方向竖直向下。施加水平力 F 后，物体 A 对斜面的作用力如图，F
52、 102402 N10 17 N，物体 A 对斜面 B 的作用力增加(10 1740)N，选项 B 错误；把物体 A 和斜面 B 看做整体，分析受力，由平衡条件可知，地面对斜面 B 的弹力不变，摩擦力增加 10 N，选项 C、D 正确。考点三 动态平衡问题 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，使结果出现一些不确定性，这是此类问题常失分的主要原因。针对此类问题，只要按照以下思维流程，准确分析各力特点，合理选取解题方法，问题便可迎刃而解。建议考生灵活掌握一、掌握一个通法分析动态平衡应用流程 诊断卷第 10 题的思维流程：例1(多选
53、)(2016烟台二模)如图所示，两段等长细线 L1 和 L2 串接着两个质量相等的小球 a、b，悬挂于 O 点。现施加水平向右的力 F 缓慢拉动 a，L1 对 a 球的拉力大小为 F1、L2 对 b 球的拉力大小为 F2，在缓慢拉动的过程中，F1 和 F2 的变化情况是()AF1 变大 BF1 变小CF2 不变DF2 变大思维流程 答案 AC二、进一步拓展动态平衡中的极值问题例2(2016九江市三十校联考)将两个质量均为 m 的小球 a、b 用细线相连后，再用细线悬挂于 O 点，如图所示。用力 F 拉小球 b，使两个小球都处于静止状态，且细线 Oa 与竖直方向的夹角保持 30，则 F 的最小值
54、为()A.3mgBmgC.32 mgD.12mg思维流程 答案 B1(2016南宁三中一模)如图所示，一小球在斜面上处于静止状态，不考虑一切摩擦，如果把竖直挡板由竖直位置缓慢绕 O 点转至水平位置，则此过程中球对挡板的压力 F1 和球对斜面的压力 F2 的变化情况是()AF1 先增大后减小，F2 一直减小BF1 先减小后增大，F2 一直减小CF1 和 F2 都一直减小DF1 和 F2 都一直增大解析：选 B 小球受重力、挡板弹力 F1和斜面弹力 F2，将 F1与F2合成为 F，如图所示，小球一直处于平衡状态，三个力中的任意两个力的合力与第三个力等值、反向、共线，故 F1和 F2合成的合力 F
55、一定与重力等值、反向、共线。从图中可以看出，当挡板绕 O 点逆时针缓慢地转向水平位置的过程中，F1先变小后变大，F2越来越小；由牛顿第三定律可知，F1 先减小后增大，F2 一直减小，故 A、C、D 错误，B 正确。2(2016晋城高三月考)用与竖直方向成 角(F2BF1F2F3F2DF1F2F3解析：选 A 对小球受力分析，受到重力和两个拉力，三力平衡，如图通过几何关系可知，力 F2 垂直于细线，故 F1F3F2。考点四 电磁场中的平衡问题电磁场中的平衡问题，分析方法与纯力学问题相同。解决此类问题，应注意以下三点：库仑力的方向和大小的确定；运用左手定则确定洛伦兹力或安培力的方向；综合应用物体的
56、平衡条件和力的合成与分解知识解题。建议考生学会迁移应用先记牢 再用活 1注意处理力学动态平衡问题方法的迁移。如诊断卷第 12 题中，电场方向逆时针转动过程中，小球所受的电场力也逆时针转动，此过程中小球重力不变，细线拉力的方向不变，故可用图解法分析细线拉力和电场强度的大小变化情况。2注意安培力方向的判断。如诊断卷第 14 题中，两导体棒相斥分离，两棒中电流方向一定相反，由左手定则可判断，所加磁场方向沿 z 轴正方向时，可使两棒所受安培力方向相反，两棒相互远离，故 A 错误，C 正确。1.(多选)(2016广州联考)如图所示，A、B 两球所带电荷量均为 2105 C，质量均为 0.72 kg，其中
57、 A 球带正电荷，B 球带负电荷，A 球通过绝缘细线吊在天花板上，B 球一端固定绝缘棒，现将 B 球放在某一位置，能使绝缘细线伸直，A球静止且与竖直方向的夹角为 30，则 B 球距离 A 球的距离可能为()A0.5 m B0.8 m C1.2 m D2.5 m解析：选 AB 对 A 受力分析，受重力 mg、绳的拉力 FT、B 对 A 的吸引力 F，由分析知，A 平衡时，F 的最小值为 Fmgsin 30kq2r2，解得 r1 m，所以两球的距离 d1 m，A、B 正确。2.如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为 k 的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒 ab
58、相连，弹簧与导轨平面平行并与 ab 垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场，闭合开关 K 后导体棒中的电流为 I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为 x1；调转图中电源极性，使导体棒中电流反向，导体棒中电流仍为 I，导体棒平衡时弹簧伸长量为 x2，忽略回路中电流产生的磁场，则匀强磁场的磁感应强度 B 的大小为()A.kIL(x1x2)B.kIL(x2x1)C.k2IL(x2x1)D.k2IL(x2x1)解析：选 D 调转电源极性时导体棒受到的安培力方向与调转前相反。由平衡条件可得mgsin kx1BIL；调转电源极性使导体棒中电流反向，由平衡条件可得 mgsin BIL
59、kx2，联立解得 B k2IL(x2x1)，选项 D 正确。一、练高考典题每练一次都有新发现1(2016全国丙卷)如图，两个轻环 a 和 b 套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为 m 的小球。在 a和 b 之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b 间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为()A.m2 B.32 mCmD2m解析：选 C 如图所示，由于不计摩擦，线上张力处处相等，且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心。由于 a、b 间距等于圆弧半径，则aOb60，进一步分析知，细线与 aO、bO 间的夹角皆为 30。取悬挂的小物块研究，悬挂小物块
60、的细线张角为 120，由平衡条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为 m。故选项 C 正确。2(2013全国卷)如图，在固定斜面上的一物块受到一外力 F 的作用，F 平行于斜面向上。若要物块在斜面上保持静止，F 的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为 F1 和 F2(F20)。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C物块对斜面的正压力解析：选 C 设斜面倾角为，斜面对物块的最大静摩擦力为 f。平行于斜面的外力 F取最大值 F1 时，最大静摩擦力 f 方向沿斜面向下，由平衡条件可得：F1fmgsin；平行于斜面的外力 F 取最小值 F2 时，最大静摩擦力 f
61、 方向沿斜面向上，由平衡条件可得：fF2mgsin；联立解得物块与斜面间的最大静摩擦力 fF1F22，选项 C 正确。3.(多选)(2016全国乙卷)如图，一光滑的轻滑轮用细绳 OO悬挂于 O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块 a，另一端系一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，大小在一定范围内变化，物块 b 仍始终保持静止，则()A绳 OO的张力也在一定范围内变化B物块 b 所受到的支持力也在一定范围内变化C连接 a 和 b 的绳的张力也在一定范围内变化D物块 b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化解析：选 BD 因为物块 b 始
62、终保持静止，所以绳 OO的张力不变，连接 a 和 b 的绳的张力也不变，选项 A、C 错误；拉力 F 大小变化，F 的水平分量和竖直分量都发生变化，由共点力的平衡条件知，物块 b 受到的支持力和摩擦力在一定范围内变化，选项 B、D 正确。二、练名校模拟好题一题能通一类题4(2016南昌调研)水平面上有 U 形导轨 NMPQ，它们之间的宽度为 L，M 和 P 之间接入电源，现垂直于导轨搁一根质量为 m 的金属棒 ab，棒与导轨的动摩擦因数为(滑动摩擦力略小于最大静摩擦力)，通过棒的电流强度为 I，现加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，方向垂直于金属棒 ab，与垂直导轨平面的方向夹角为
63、，如图所示，金属棒处于静止状态，重力加速度为 g，则金属棒所受的摩擦力大小为()ABILsin BBILcos C(mgBILsin)D(mgBILcos)解析：选 B 金属棒处于静止状态，其合力为零，对其进行受力分析，如图所示，在水平方向有 BILcos Ff0，FfBILcos，选项 B 正确，选项 A、C、D 错误。5(2016衡水市冀州中学检测)如图所示，有一质量不计的杆 AO，长为 R，可绕 A 自由转动。用绳在 O 点悬挂一个重为 G 的物体，另一根绳一端系在 O 点，另一端系在圆弧形墙壁上的 C 点。当点 C 由图示位置逐渐向上沿圆弧 CB 移动过程中(保持 OA 与地面夹角 不
64、变)，OC 绳所受拉力的大小变化情况是()A逐渐减小B逐渐增大C先减小后增大D先增大后减小解析：选 C 对 G 分析，G 受力平衡，则拉力等于重力；故竖直绳的拉力不变；再对 O点分析，O 受绳子的拉力、OA 的支持力及 OC 的拉力而处于平衡；受力分析如图所示；将 F 和 OC 绳上的拉力合成，其合力与 G 大小相等，方向相反，则在 OC 上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知 OC 的拉力先减小后增大，图中 D 点时力最小；故选 C。第三讲牛顿运动定律考点一动力学的两类基本问题1.考查已知受力求运动问题(多选)(2016全国乙卷)一质点做匀速直线运动
65、。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则()A质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D质点单位时间内速率的变化量总是不变解析：选 BC 质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为 0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项 B、C 正确。2考查牛顿第二定律在瞬时问题中的应用(多选)(2015海南高考)如图，物块 a、b 和 c 的质量相同，a 和 b、b 和 c 之间用完全相同的轻弹簧 S1 和
66、 S2 相连，通过系在 a 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 a 的加速度的大小记为 a1，S1 和 S2 相对于原长的伸长分别记为 l1 和 l2，重力加速度大小为 g。在剪断的瞬间()Aa13g Ba10Cl12l2Dl1l2解析：选 AC 设物体的质量为 m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间 a 受到重力和弹簧 S1 的拉力 FT1，剪断前对 b、c 和弹簧组成的整体分析可知 FT12mg，故 a 受到的合力 FmgFT1mg2mg3mg，故加速度 a1Fm3g，A 正确，B 错误；设弹簧 S2 的拉力为 FT2
67、，则 FT2mg，根据胡克定律 Fkx可得 l12l2，C 正确，D 错误。3考查已知运动求受力问题粗糙的地面上放着一个质量 M1.5 kg 的斜面体，斜面部分光滑，底面与地面间的动摩擦因数 0.2，倾角 37，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量 m0.5 kg 的小球，弹簧劲度系数 k200 N/m，现给斜面体施加一水平向右为 F 的恒力作用，使整体向右以 a1 m/s2 匀加速运动。已知 sin 370.6、cos 370.8，g10 m/s2。(1)求 F 的大小；(2)求出弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小。解析：(1)整体以 a 匀加速向右运动，对整体应用牛顿第二定律：F(M
68、m)g(Mm)a，得 F6 N。(2)设弹簧的形变量为 x，斜面对小球的支持力为 FN对小球受力分析：在水平方向：kxcos FNsin ma在竖直方向：kxsin FNcos mg解得：x0.017 mFN3.7 N。答案：(1)6 N(2)0.017 m 3.7 N考点二运动图像与牛顿第二定律的综合应用4.考查牛顿第二定律与 a-t 图像的综合应用(多选)(2015江苏高考)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度 a 随时间 t 变化的图线如图所示，以竖直向上为 a 的正方向，则人对地板的压力()At2 s 时最大Bt2 s 时最小Ct8.5 s 时最大Dt8.5 s 时最小解析：选 AD
69、 人受重力 mg 和支持力 FN 的作用，由牛顿第二定律得 FNmgma。由牛顿第三定律得人对地板的压力 FNFNmgma。当 t2 s 时 a 有最大值，FN最大；当 t8.5 s 时，a 有最小值，FN最小，选项 A、D 正确。5考查牛顿第二定律与 v-t 图像的综合应用(多选)(2016青岛联考)如图甲所示，质量为 M2 kg 的木板静止在水平面上，可视为质点的物块(质量设为 m)从木板的左侧沿木板表面水平冲上木板。物块和木板的速度时间图像如图乙所示，g10 m/s2，结合图像，下列说法正确的是()A可求得物块在前 2 s 内的位移 x5 mB可求得物块与木板间的动摩擦因数 0.1C可求
70、得物块的质量 m2 kgD可求得木板的长度 L2 m解析：选 AC 物块在前 2 s 内的位移 x(422 121)m5 m，A 正确；由运动学图像知，两物体加速度大小相同，设为 a，则有 mgmaMa，则 mM2 kg，C 正确；由图像求得 a2 m/s2，则 g2，0.2，B 错；由于物块与木板达到共同速度时不清楚二者的相对位置关系，故无法求出木板的长度，D 错。6考查牛顿第二定律与其他图像的综合应用(多选)(2016江西省红色七校二模)如图甲所示，物块的质量 m1 kg，初速度 v010 m/s，在一水平向左的恒力 F 作用下从 O 点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力 F 突然反向，
71、整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g10 m/s2。下列选项中正确的是()A05 s 内物块做匀减速运动B在 t1 s 时刻，恒力 F 反向C恒力 F 大小为 10 ND物块与水平面间的动摩擦因数为 0.3解析：选 BD 物体匀减速直线运动的加速度大小为：a1 v22x110010 m/s210 m/s2匀加速直线运动的加速度大小为：a2v22x2 6428 m/s24 m/s2根据牛顿第二定律得：Ffma1，Ffma2联立两式解得：F7 N，f3 N则动摩擦因数为：fmg 3100.3物体匀减速直线运动的时间为：t1va11010 s1 s。即在 01 s 内做匀减
72、速直线运动，1 s 后恒力 F 反向，做匀加速直线运动。故 B、D 正确，A、C 错误。考点三动力学的连接体问题7.考查牛顿第二定律解决连接体问题(多选)质量为 2m 的物块 A 和质量为 m 的物块 B 相互接触放在水平面上，如图所示。若对 A 施加水平推力 F，则两物块沿水平方向做加速运动。关于 A 对 B 的作用力，下列说法中正确的是()A若水平地面光滑，物块 A 对 B 的作用力大小为 FB若水平地面光滑，物块 A 对 B 的作用力大小为F3C若物块 A 与地面间无摩擦，B 与地面的动摩擦因数为，则物体 A 对 B 的作用力大小为 mgD若物块 A 与地面间无摩擦，B 与地面的动摩擦因
73、数为，则物体 A 对 B 的作用力大小为F2mg3解析：选 BD 若水平面光滑，则对整体受力分析可知 F(m2m)a，再对 B 分析，B水平方向只受 A 的作用力，由牛顿第二定律可得 FNmaF3，故 A 错误，B 正确。若 B 和地面有摩擦，对整体分析有 Fmg3ma；对 B 受力分析可得 FNmgma，解得 FNmgF3mg3 F2mg3，故 C 错误，D 正确。8考查整体法、隔离法与图像的综合应用(多选)如图甲所示，在光滑水平面上叠放着 A、B 两物体，现对 A 施加水平向右的拉力F，通过传感器可测得物体 A 的加速度 a 随拉力 F 变化的关系如图乙所示。已知重力加速度为 g10 m/
74、s2，由图线可知()A物体 A 的质量 mA2 kgB物体 A 的质量 mA6 kgC物体 A、B 间的动摩擦因数 0.2D物体 A、B 间的动摩擦因数 0.6解析：选 BC a-F 图线的斜率等于质量的倒数，由图可知，拉力 F48 N 后，图线斜率变大，表明研究对象质量减小，物体 A、B 间发生相对滑动，故 mAmB 1k18 kg，mA 1k26 kg。由图像知：当 F60 N 时，a8 m/s2，又 FmAgmAa，解得 0.2。9考查连接体中的临界极值问题(2016晋城高三月考)如图所示，在倾角为 30的光滑斜面上放置质量分别为 m 和 2m 的四个木块，其中两个质量为 m 的木块间用
75、一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是 fm。现用平行于斜面的拉力 F 拉其中一个质量为 2m 的木块，使四个木块沿斜面以同一加速度向下运动，则拉力 F 的最大值是()A.35fmB.34fmC.32fmDfm解析：选 C 当下面 m 与 2m 的木块摩擦力达到最大时，拉力 F 达到最大。将 4 个木块看成整体，由牛顿第二定律：F6mgsin 306ma将 2 个质量为 m 的木块及上面的质量为 2m 的木块看做整体：fm4mgsin 304ma故、解得：F32fm，故选 C。考点四传送带模型10.考查应用牛顿第二定律分析倾斜传送带问题(多选)如图所示，三角形传送带以 1 m/s 的速度
76、逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为 37。现有两个小物块 A、B 从传送带顶端都以 1 m/s 的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是 0.5，g 取 10 m/s2，sin 370.6,cos 370.8。下列判断正确的是()A物块 A 先到达传送带底端B物块 A、B 同时到达传送带底端C传送带对物块 A、B 的摩擦力都沿传送带向上D物块 A 下滑过程中相对传送带的路程小于物块 B 下滑过程中相对传送带的路程解析：选 BCD 物块 A、B 都以 1 m/s 的初速度沿传送带下滑，故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿斜面向上，大小也相等，故两物块沿斜面
77、向下的加速度大小相同，滑到底端时位移大小相同，故时间相同，故 A 错误，B、C 正确；划痕长度由相对位移决定，A 物块与传送带运动方向相同，相对传送带的路程较小，故 D 正确。11考查应用牛顿第二定律分析水平传送带与斜面的综合问题(多选)(2016儋州二中月考)如图所示，传送皮带的水平部分 AB 是绷紧的。当皮带不动时，滑块从斜面顶端由静止开始下滑，通过 AB 所用的时间为 t1，从 B 端飞出时速度为 v1。若皮带顺时针方向转动时，滑块同样从斜面顶端由静止开始下滑，通过 AB 所用的时间为 t2，从 B 端飞出时的速度为 v2，则 t1 和 t2、v1 和 v2 相比较，可能的情况是()At
78、1t2Bt1t2Cv1v2Dv1v2解析：选 ABC 当传送带不动时，滑块在传送带上做匀减速运动，若皮带顺时针方向转运的速度为 v，当 v1v，滑块在传送带上一直做匀减速运动，所以 t1t2，此时 v1v2；若皮带顺时针方向转动的速度为 v，滑块运动到 A 点的速度为 v0，当 v1vv0 时，滑块在传送带上可能先做匀减速运动，然后匀速运动；当 v1v0v 时，一直匀速运动；当 v1v0v时，一直加速运动，到达 B 点的时间 t1t2，速度 v1v2；所以 A、B、C 正确，D 错误。12考查应用牛顿第二定律分析倾斜传送带问题(2016武汉六中高三月考)如图所示，AB、CD 为两个光滑的平台，
79、一倾角为 37，长为5 m 的传送带与两平台平滑连接。现有一小物体以 10 m/s 的速度沿 AB 平台向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到 CD 平台上，问：(1)小物体跟传送带间的动摩擦因数多大？(2)当小物体在 AB 平台上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体总不能到达平台 CD，求这个临界速度。(3)若小物体以 8 m/s 的速度沿平台 AB 向右运动，欲使小物体到达平台 CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？解析：(1)传送带静止时，小物体在传送带上受力如图甲所示，据牛顿第二定律得：mgcos mgsin ma1BC 过程有：v022a1l解得：a
80、110 m/s2，0.5。(2)显然，当小物体受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，据牛顿第二定律得：mgsin 37mgcos 37ma2若恰好能到达高台时，有：v222a2l解得：v2 5 m/s即当小物体在 AB 平台上向右滑动速度小于 2 5 m/s 时，无论传送带顺时针传动的速度多大，小物体总不能到达平台 CD。(3)以 v1 表示小物体在平台 AB 上的滑动速度，以 v2 表示传送带顺时针传动的速度大小，对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程有：v12v222a1x1对从小物体速度减小到带速 v2 开始，到运动到恰滑上 CD 平台过
81、程，有：v222a2x2x1x2L解得：v23 m/s即传送带至少以 3 m/s 的速度顺时针运动，小物体才能到达平台 CD。答案：(1)0.5(2)2 5 m/s(3)3 m/s考点一 动力学的两类基本问题本考点是对牛顿第二定律、运动学规律等基础知识的考查，常结合运动学图像、绳及弹簧模型等知识交汇命题，只要考生牢记相关知识及相互联系，仔细审题、灵活进行知识迁移，即可轻松取分。建议考生自学为主先记牢 再用活 1由因推果已知物体受力情况，确定物体运动情况首先根据物体的受力确定物体的加速度，再根据加速度特点及加速度与速度的方向关系确定速度变化的规律。如诊断卷第 1 题，所加的恒力即为质点的合力，质
82、点的加速度方向与恒力同向，但与质点的速度方向关系不确定，如不共线，则质点做匀变速曲线运动，速度变化快慢恒定，但速率变化快慢不恒定，故 A、D 均错误。2由果溯因已知物体的运动情况，确定物体的受力情况则应由物体的运动情况，确定物体的加速度及其变化规律，再结合牛顿第二定律确定受力情况。特别提醒注意区别绳和弹簧的弹力变化特点如诊断卷第 2 题中，细线剪断瞬间，两弹簧长度来不及变化，l1、l2 与细线剪断前相同，因此 b、c 两物块的加速度为零，但细线中的张力突然消失，物块 a 受自身重力和轻弹簧 S1 向下的弹力作用，由牛顿第二定律可求其加速度 a13g。典例 有一质量 m2 kg 的小球套在长 L
83、1 m 的固定轻杆顶部，杆与水平方向成 37角。静止释放小球，1 s 后小球到达杆底端。取重力加速度大小g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。(1)求小球到达杆底端时速度为多大？(2)求小球与杆之间的动摩擦因数为多大？(3)若在竖直平面内给小球施加一个垂直于杆方向的恒力，静止释放小球后保持它的加速度大小为 1 m/s2，且沿杆向下运动，则这样的恒力为多大？解析(1)设小球到达杆底端时速度大小为 v，则 L vt，v 0v2，得 v2Lt 2 m/s。(2)设小球下滑过程中的加速度大小为 a1，则 a1vt根据牛顿第二定律有 mgsin mgcos ma1得小球与杆之间的动摩
84、擦因数 0.5。(3)小球在恒力作用下，有 mgsin N2ma2，得 N220 N若恒力 F 垂直杆向上，则 FN2mgcos，得 F36 N若恒力 F 垂直杆向下，则 FN2mgcos，得 F4 N。答案(1)2 m/s(2)0.5(3)36 N 或 4 N1(2016临沂市高三期中)如图所示，在倾角为 30的光滑斜面上，物块 A、B 质量分别为 m 和 2m。物块 A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，A、B 紧挨在一起但 A、B 之间无弹力，已知重力加速度为 g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是()A物块 A 的加速度为 0B物块 A 的加速度为g3C物
85、块 B 的加速度为 0D物块 B 的加速度为g2解析：选 B 剪断细线前，弹簧的弹力：F 弹mgsin 3012mg，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为 F 弹12mg；剪断细线瞬间，对 A、B 系统，加速度为：a3mgsin 30F弹3mg3，即 A 和 B 的加速度均为g3，故选 B。2.(2016安庆模拟)如图所示，质量 m5 kg 的物块(看作质点)在外力 F1 和 F2 的作用下正沿某一水平面向右做匀速直线运动，已知 F1大小为 50 N，方向斜向右上方，与水平面夹角 37，F2 大小为 30 N，方向水平向左，物块的速度 v0 大小为 11 m/s。当物块运动到距初始位置距离 x
86、05 m时撤掉 F1，g10 m/s2。求：(1)物块与水平地面之间的动摩擦因数；(2)撤掉 F1 以后，物块在 6 s 末距初始位置的距离。解析：(1)物块向右做匀速运动：fF2F1cos；f(mgF1sin)，联立解得：0.5。(2)撤掉 F1 后：a1F2mgm30255m/s211 m/s2设经过时间 t1 向右运动速度变为 0，则：t1v0a11 s此时向右位移：x1v02 t15.5 m后 5 s 物块向左运动：a2F2mgm1 m/s2后 5 s 向左位移：x212a2t2212.5 m物块在 6 s 末距初始位置的距离：xx2(x0 x1)12.5 m(5 m5.5 m)2 m
87、。答案：(1)0.5(2)2 m考点二 运动图像与牛顿第二定律的综合应用本考点既是重点，又是难点，之所以是重点，因其与现实生活结合紧密，能很好地考查考生学以致用的能力；称其难点，因为借助图像来考查，信息抽象隐蔽，考生不能准确获取信息而导致思维受阻。解决此类问题关键是从已知图像中得出有用信息，再结合牛顿第二定律求解结果。因此需要考生对这两部分知识学会互联互通一、明确图像“是什么”1分清图像的横、纵坐标所代表的物理量及单位，注意坐标原点是否从零开始，明确其物理意义。2明确图线斜率的物理意义，明确图线与横、纵坐标的交点、图线的转折点及两图线的交点的意义等。3明确能从图像中获得哪些信息，把图像与具体的
88、题意、情境结合，并结合斜率、特殊点等的物理意义，确定能从图像中反馈出来哪些有用信息并结合牛顿运动定律求解。二、解题失误“为什么”1不清楚运动图像的点、斜率、面积等的物理意义。如诊断卷第 4 题中，各点的纵坐标表示电梯中人的瞬时加速度；在诊断卷第 6 题中，图线斜率的大小为物块加速度的 2 倍；在诊断卷第 5 题中，两 v-t 图线之间的面积表示物块与木板间的相对位移，即木板的至少长度。2忽视运动情况与受力情况间的相互联系。如诊断卷第 6 题中，物块在 05 m 和 513 m 两个过程中物体运动方向和摩擦力不变，但加速度方向和拉力 F 的方向均发生了变化。3不注意题目的条件，凭想当然得出结果。
89、如诊断卷第 5 题中，只能求出物块相对木板滑行了 2 m，但并不知此时是否到达木板最右端，因此，无法得出 D 选项。1(多选)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移 x 与斜面倾角 的关系，将某一物体每次以不变的初速率 v0 沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得 x 与斜面倾角 的关系如图乙所示，g 取 10 m/s2，根据图像可求出()A物体的初速率 v03 m/sB物体与斜面间的动摩擦因数 0.75C取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移 x 的最小值 xmin1.44 mD当某次 30时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑解析：选 BC 由图可知，当夹角 0
90、 时，位移为 2.40 m，而当夹角为 90时，位移为1.80 m，则由竖直上抛运动规律可得 v0 2gh 2101.80 m/s6 m/s，故 A 错误；当夹角为 0 时，由动能定理可得 mgx12mv02，解得 362102.40.75，故 B 正确；由mgxsin mgxcos 012mv02，解得 xv022gsin cos 1810sin 34cos m181054sinm，当 90时，sin()1，此时位移最小，x1.44 m，故 C 正确；若 30时，物体受到的重力的分力为 mgsin 3012mg，摩擦力 Ffmgcos 300.75mg 32 3 38 mg，一般认为最大静摩
91、擦力等于滑动摩擦力，故物体达到最高点后，不会下滑，故 D 错误。2(2016太原模拟)质量为 3 kg 的长木板 A 置于光滑的水平地面上，质量为 2 kg 的木块B(可视为质点)置于木板 A 的左端，在水平向右的力 F 作用下由静止开始运动，如图甲所示。A、B 运动的加速度随时间变化的图像如图乙所示。(g 取 10 m/s2)求：(1)木板与木块之间的动摩擦因数；(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(2)4 s 末 A、B 的速度；(3)若 6 s 末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？解析：(1)由题图知 4 s 末 A、B 间达到最大静摩擦力，此时 a2 m/s2对应 A 板 mBgmA
92、aA、B 间动摩擦因数mAamBg0.3。(2)由图像知 4 s 末二者的速度等于图线与坐标轴包围的面积 v12at11224 m/s4 m/s。(3)4 s 到 6 s 末 t22 s木板 A 运动的位移，xAvt212aAt22木块 B 的位移 xBvt212aBt22木板的长度 lxBxA4 m。答案：(1)0.3(2)4 m/s(3)4 m考点三 动力学的连接体问题 连接体问题可以看作是单个物体的由小变大此时用整体法和由单个变多个此时用隔离法的动力学问题，解决此类问题时应注意以下三点：整体法与隔离法的优点和使用条件。两物体分离或相对滑动的条件。用滑轮连接的连接体的处理方法。建议对本考点
93、重点攻坚一、整体法与隔离法的选用原则1当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。2求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。二、三类连接体问题的解题结论1通过滑轮连接的两个物体：加速度相同，但轻绳的拉力不等于悬挂物体的重力。例1(多选)(2016湖北八校联考)质量分别为 M 和 m 的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为 的斜面，M 恰好能静止在斜面上，不考虑 M、m 与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是()A轻绳的拉力等于 MgB
94、轻绳的拉力等于 mgCM 运动的加速度大小为(1sin)gDM 运动的加速度大小为MmMg解析 互换位置前，M 静止在斜面上，则有：Mgsin mg，互换位置后，对 M 有MgFTMa，对 m 有：FTmgsin ma，又 FTFT，解得：a(1sin)g，FTmg，故 A、D 错，B、C 对。答案 BC2叠加体类连接体：两物体间刚要发生相对滑动时物体间的静摩擦力达到最大值。如诊断卷第 8 题，A、B 间刚要发生相对滑动时，A、B 间的静摩擦力为 mAg；诊断卷第 9 题中，当下边的 m 与 2m 间的静摩擦力达到最大值 fm 时，拉力 F 的值最大。3靠在一起的连接体：分离时相互作用力为零，
95、但此时两物体的加速度仍相同。例2(多选)(2016江西宜春四校联考)如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为 k，一端固定在倾角为 的斜面底端，另一端与物块 A 连接；两物块 A、B 质量均为m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力 F 拉动物块 B，使 B 做加速度为 a 的匀加速运动，A、B 两物块在开始一段时间内的 v-t 关系分别对应图乙中 A、B 图线(t1 时刻 A、B 的图线相切，t2 时刻对应 A 图线的最高点)，重力加速度为 g，则()At2 时刻，弹簧形变量为 0Bt1 时刻，弹簧形变量为(mgsin ma)/kC从开始到 t2 时刻，拉力 F 逐渐增大D从 t1 时刻
96、开始，拉力 F 恒定不变解析 由题图知，t2 时刻 A 的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律有 mgsin kx，则 xmgsin k，故 A 错误；由题图读出，t1 时刻 A、B 开始分离，对 A 根据牛顿第二定律 kxmgsin ma，则 xmgsin mak，故 B 正确；从开始到 t1 时刻，对AB 整体，根据牛顿第二定律 Fkx2mgsin 2ma，得 F2mgsin 2makx，x 减小，F 增大，t1 时刻到 t2 时刻，对 B 由牛顿第二定律得 Fmgsin ma，得 Fmgsin ma，可知 F 不变，故 C 错误，D 正确。答案 BD考点四 传送带模型传送带问
97、题，是考生最熟悉的陌生人，说其“熟悉”，是因其年年遇到；说其“陌生”，是因其每每考出新意。针对此考点，大量做题不是上策，抓住破题关键，内化思维流程，可“以不变应万变”一、抓好一个突破点摩擦力的分析对于传送带问题，分析有无摩擦，是滑动摩擦还是静摩擦，以及摩擦力的方向，是问题的要害。分析摩擦力时，前提是先要明确“相对运动”，而不是“绝对运动”。二者达到“共速”的瞬间，是摩擦力发生“突变”的“临界状态”；如果遇到水平匀变速的传送带，或者倾斜传送带，还要根据牛顿第二定律判断“共速”后的下一时刻是滑动摩擦力还是静摩擦力。二、注意三个状态的分析初态、共速、末态应用流程 诊断卷第 11 题的思维流程：典例
98、如图所示，一水平传送带以 4 m/s的速度逆时针传送，水平部分长 L6 m，其左端与一倾角为 30的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间动摩擦因数 0.2，g10 m/s2。求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间。思维流程解析 Ffmgma1，a12 m/s2设物块与传送带达到共速 v22a1x1x14 m6 m，t1va12 sx2Lx1，x2vt2，所以 t20.5 s在斜面上 a2mgsin 30m5 m/s2上升和下降时间 t3va2 0.8 s返回传送带向右减速 t4va1 2 st 总t1t22t3t4，t
99、 总6.1 s答案 6.1 s1.如图所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度 v0 逆时针匀速转动。在传送带的上端轻轻放置一个质量为 m 的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数 tan，则下列选项中能客观地反映小木块的速度随时间变化关系的是()解析：选 D 小木块刚放上传送带，传送带的速度大于小木块的速度，传送带给小木块一沿斜面向下的滑动摩擦力，小木块由静止加速下滑；由分析得：mgsin mgcos ma1，a1g(sin cos)；当小木块加速至与传送带速度相等时，由于 tan，小木块在重力作用下将继续加速，此后小木块的速度大于传送带的速度，传送带给小木块沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力
100、沿传送带向下，小木块继续加速下滑，同理得，a2g(sin cos)。所以本题正确选项为 D。2(2016襄阳月考)如图所示，传送带长 6 m，与水平方向的夹角为 37，以 5 m/s 的恒定速度向上运动。一个质量为 2 kg 的物块(可视为质点)，沿平行于传送带方向以 10 m/s 的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数 0.5，sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2。求：(1)物块刚滑上传送带时的加速度大小；(2)物块到达传送带顶端时的速度大小。解析：(1)物块刚滑上传送带时，物块的加速度大小为 a1，由牛顿第二定律有：mgsin 37mgcos 37ma1代入
101、数据解得：a1gsin 37gcos 37100.6 m/s20.5100.8 m/s210 m/s2。(2)设物块速度减为 5 m/s 所用时间为 t1，则 v0va1t1，解得：t10.5 s，通过的位移：x1vv02t110520.5 m3.75 m6 m因 Msin C若 a20，则 a1 一定等于mgMgsin MD若 a1a2，则 a1 可能等于mgMgsin Mm解析：选 CD 对人受力分析，根据牛顿第二定律有 FMgsin Ma1，得 FMgsin Ma1。若 Fmg，则物块 B 加速上升；若 FMgsin 即可，故 B 错误。若 a20，故 Fmg，故 mgMgsin Ma1
102、，a1mgMgsin M，故 C 正确。若 a1a2，FMgsin Ma1，mgFma2，则 a1mgMgsin Mm，故 D 正确。11(2016广州调研)如图所示，一个质量为 M 的长圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为 m 的弹性小球，M4m，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为 4mg，管从下端离地面距离为 H 处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为 g。求：(1)管第一次落地时管和球的速度；(2)管第一次落地弹起时管和球的加速度；(3)管第一次落地弹起后，若球恰好没有从管口滑出，则此时管的下端距地面的高度。解
103、析：(1)取竖直向下为正方向。球与管第一次碰地时速度 v0 2gH，方向向下。(2)管第一次落地弹起时，管的加速度a14mg4mg4m2g，方向向下，球的加速度 a2fmgm3g，方向向上。(3)管第一次落地弹起时的速度 v1 2gH，方向向上，球的速度 v2 2gH，方向向下若球刚好没有从管中滑出，设经过时间 t1，球管速度 v 相同，则有v1a1t1v2a2t1t1 2v0a1a2管从碰地到它弹到最高点所需时间 t2，则：t2v0a1，因为 t12t1Bt22t1Ct22t1D落在 B 点解析：选 C 在斜面顶端 A 以速度 v 水平抛出一小球，经过时间 t1 恰好落在斜面的中点P，有 t
104、an 12gt12vt1，解得 t12vtan g，水平位移 xvt12v2tan g，初速度变为原来的 2 倍，若还落在斜面上，水平位移应该变为原来的 4 倍，可知在 A 点以速度 2v 水平抛出小球，小球将落在水平面上。可知两球下降的高度之比为 12，根据 t2hg 知，t1t21 2，则t21 时，FTm2l2(N)FT-2 关系图像如图所示。答案(1)52 2 rad/s(2)53 6 rad/s(3)见解析类型二 圆周运动中的连接体问题例2(多选)(2016郑州模拟)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量均为 m 的两个物体 A 和 B，它们分居圆心两侧，与
105、圆心距离分别为 RAr，RB2r，与盘间的动摩擦因数 相同，当圆盘转速加快到两物体刚好还未发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是()A此时绳子张力为 3mgB此时圆盘的角速度为2grC此时 A 所受摩擦力方向沿半径指向圆外D此时烧断细线，A 仍相对盘静止，B 将做离心运动解析 两物体刚好未发生滑动时，A 受背离圆心的静摩擦力，B 受指向圆心的静摩擦力，其大小均为 mg。则有：FTmgm2rFTmgm22r解得：FT3mg，2gr故选项 A、B、C 正确；当烧断细线时，A 所需向心力为Fm2r2mgFfm所以 A 将发生滑动，选项 D 错误。答案 ABC类型三 圆周运动的多过程
106、问题 例3(多选)如图甲所示，A、B 为钉在光滑水平面上的两根铁钉，小球 C 用细绳拴在铁钉 B 上(细绳能承受足够大的拉力)，A、B、C 在同一直线上。t0 时，给小球一个垂直于绳的速度，使小球绕着两根铁钉在水平面上做圆周运动。在 0t10 s 时间内，细绳的拉力随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法中正确的有()A两钉子间的距离为绳长的16Bt10.5 s 时细绳拉力的大小为 6 NCt14 s 时细绳拉力的大小为 10 ND细绳第三次碰钉子到第四次碰钉子的时间间隔为 3 s解析 设两钉子间的距离为 x，则根据牛顿第二定律有：FT1mv02L 5 N，FT2m v02Lx6 N，联立解得：
107、x16L，所以选项 A 正确；从图中可知：t1Lv06 s，t2Lxv05 s，t3L2xv04 s，t4L3xv03 s，所以 t10.5 s 时细绳拉力的大小为 6 N，t14 s 时细绳拉力的大小为 FT3m v02L2x7.5 N，所以选项 B、D 正确，C 错误。答案 ABD考点四 抛体运动与圆周运动的综合问题抛体运动与圆周运动的综合问题因牵扯到两种运动的分与合，近几年成为命题者的新宠。针对这类问题，只要准确分析运动过程，锁定两类运动的衔接模式，套用如下思维流程，问题可顺利解决。所以需要考生能够对抛体运动与圆周运动互联互通两类思维流程类型一 单个质点的连续运动的思维流程类型二 质点和
108、圆盘的独立运动的思维流程应用流程 诊断卷第 12 题的思维流程为：典例 如图所示，水平放置的圆盘边缘 C 点有一个小洞，圆盘半径 R1 m，在圆盘直径 CD 的正上方，与 CD 平行放置一条长为 R 的水平滑道 AB，滑道左端 B 与圆盘圆心 O 在同一条竖直线上，且 B 点距离圆盘圆心的竖直高度 h1.25 m。在滑道右端静止放置质量为 m0.2 kg的小球(可视为质点)，小球与滑道间的动摩擦因数为 0.25。现使小球以某一水平向左的初速度运动，同时圆盘从图示位置以图中所示的角速度 绕通过圆心 O的竖直轴匀速转动，最终小球恰好落入圆盘边缘的小洞内，重力加速度 g 取 10 m/s2。求：(1
109、)小球运动的初速度 v0 的大小；(2)圆盘运动的角速度 的值。思维流程1.如图所示，为了检测一玩具枪射出子弹的速度，用一个半径为 r的圆盘做目标靶，枪口与圆盘的距离为 L，圆盘绕垂直盘面且过盘心 O点的水平轴匀速转动，转动的角速度大小为。子弹出枪口时圆盘边缘上的 A 点在最高点位置，若子弹恰好击中 A 点，空气阻力忽略不计，重力加速度为 g，则子弹出枪口的速度可能为()A.L4 B.L3 C.L2 DL解析：选 B 本题考查平抛运动、匀速圆周运动，意在考查考生利用物理规律处理曲线运动的能力。子弹射出后做平抛运动，有 Lv0t；子弹击中 A 点时，A 恰好在最低点位置，则 A 点转过的角度为
110、t2k(k0,1,2)，联立得 v0L2k1(k0,1,2)，B 正确。2(多选)(2016揭阳二模)如图所示，小球沿水平面以初速度 v0 通过O 点进入半径为 R 的竖直半圆弧轨道，不计一切阻力，则()A球进入竖直半圆弧轨道后做匀速圆周运动B若小球能通过半圆弧最高点 P，则球在 P 点受力平衡C若小球的初速度 v03 gR，则小球一定能通过 P 点D若小球恰能通过半圆弧最高点 P，则小球落地点到 O 点的水平距离为 2R解析：选 CD 不计一切阻力，小球机械能守恒，随着高度增加，Ek减少，故做变速圆周运动，A 错误；在最高点 P 需要向心力，故受力不平衡，B 错误；恰好通过 P 点，则有mg
111、mvP2R，得 vP gR，mg2R12mvP212mv2，得 v 5gR3 gR，故 C 正确；过 P 点 xvPt，2R12gt2，得：x gR2Rg2R，故 D 正确。一、练高考典题每练一次都有新发现1.(2015全国卷)一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 h。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。不计空气的作用，重力加速度大小为 g。若乒乓球的发射速率 v 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 v 的最大取值范围是()A.L12g6hv
112、L1g6hB.L14ghv 4L12L22g6hC.L12g6hv 124L12L22g6hD.L14ghv 124L12L22g6h解析：选 D 设以速率 v1 发射乒乓球，经过时间 t1 刚好落到球网正中间。则竖直方向上有 3hh12gt12，水平方向上有L12 v1t1。由两式可得 v1L14gh。设以速率v2 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 3h12gt22，在水平方向有L222L12v2t2。由两式可得 v2124L12L22g6h。则 v 的最大取值范围为 v1vv2。故选项 D 正确。2(多选)(2014全国卷)如图，两个质量均为 m 的小
113、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Ckg2l是 b 开始滑动的临界角速度D当 2kg3l 时，a 所受摩擦力的大小为 kmg解析：选 AC 因圆盘从静止开始绕转轴缓慢加速转动，在某一时刻可认为，木块随圆盘转动时，其受到的静摩擦力的方向指向转轴，两木块转动过程中角速度相等，则根据牛顿第二定律可得 fm2R，由于小木块
114、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 kmgmb22l，可得 bkg2l，C 正确；当 a 开始滑动时，由牛顿第二定律可得 kmgma2l，可得 akgl，而转盘的角速度2kg3l kgl，小木块 a 未发生滑动，其所需的向心力由静摩擦力来提供，由牛顿第二定律可得 fm2l23kmg，D 错误。3(2014全国卷)如图，一质量为 M 的光滑大圆环，用一细轻杆固定在竖直平面内；套在大环上质量为 m 的小环(可视为质点)，从大环的
115、最高处由静止滑下。重力加速度大小为 g。当小环滑到大环的最低点时，大环对轻杆拉力的大小为()AMg5mg BMgmgCMg5mgDMg10mg解析：选 C 设大环半径为 R，质量为 m 的小环滑下过程中遵守机械能守恒定律，所以12mv2mg2R。小环滑到大环的最低点时的速度为 v2 gR，根据牛顿第二定律得 FNmgmv2R，所以在最低点时大环对小环的支持力 FNmgmv2R 5mg。根据牛顿第三定律知，小环对大环的压力 FNFN5mg，方向向下。对大环，据平衡条件，轻杆对大环的拉力 TMgFNMg5mg。根据牛顿第三定律，大环对轻杆拉力的大小为 TTMg5mg，故选项 C 正确，选项 A、B
116、、D 错误。二、练名校模拟好题一题能通一类题4(多选)(2016湖南省六校联考)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 R0.5 m，细线始终保持水平；被拖动物块质量 m1.0 kg，与地面间的动摩擦因数 0.5；轮轴的角速度随时间变化的关系是 kt，k2 rad/s，g10 m/s2，以下判断正确的是()A物块做匀速运动B细线对物块的拉力是 5.0 NC细线对物块的拉力是 6.0 ND物块做匀加速直线运动，加速度大小是 1.0 m/s2解析：选 CD 由题意知，物块的速度为：vR2t0.51t又 vat，故可得：a1 m/s2
117、，所以物块做匀加速直线运动，加速度大小是 1.0 m/s2。故 A 错误，D 正确；由牛顿第二定律可得：物块所受合外力为：Fma1 N，FTf，地面摩擦阻力为：fmg0.5110 N5 N故可得物块受细线拉力为：TfF5 N1 N6 N，故 B 错误，C 正确。5(2016抚顺一模)如图所示，离地面高 h 处有甲、乙两个物体，甲以初速度 v0 水平射出，同时乙以初速度 v0 沿倾角为 45的光滑斜面滑下。若甲、乙同时到达地面，则 v0 的大小是()A.gh2B.ghC.2gh2D2 gh解析：选 A 甲做平抛运动，水平方向做匀速运动，竖直方向做自由落体运动，根据 h12gt2，得：t2hg 根
118、据几何关系可知：x 乙 2h乙做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知：aF合m mgsin 45m 22 g根据位移时间公式可知：x 乙v0t12at2由式得：v0 gh2，所以 A 正确。第五讲天体运动考点一天体质量和密度的估算1.考查天体质量的估算(2016六安一中模拟)我国航天事业取得了突飞猛进地发展，航天技术位于世界前列，在航天控制中心对其正上方某卫星测控时，测得从发送“操作指令”到接收到卫星“已操作”的信息需要的时间为 2t(设卫星接收到“操作指令”后立即操作，并立即发送“已操作”的信息到控制中心)，测得该卫星运行周期为 T，地球半径为 R，电磁波的传播速度为 c，由此可以求出地球的
119、质量为()A.28Rct32GT2 B.42Rct3GT2C.22Rct32GT2D.24Rct3GT2解析：选 B 由 xvt 可得：卫星与地球的距离为 x12c(2t)ct卫星的轨道半径为：rRxRct；由万有引力公式可得：GMmr2 mr42T2解得：M42Rct3GT2故 B 正确。2考查天体密度的估算(2014全国卷)假设地球可视为质量均匀分布的球体。已知地球表面重力加速度在两极的大小为 g0，在赤道的大小为 g；地球自转的周期为 T，引力常量为 G。地球的密度为()A.3g0gGT2g0B.3g0GT2g0gC.3GT2D.3g0GT2g解析：选 B 根据万有引力与重力的关系解题。
120、物体在地球的两极时，mg0GMmR2，物体在赤道上时，mgm2T2RGMmR2，以上两式联立解得地球的密度 3g0GT2g0g。故选项 B 正确，选项 A、C、D 错误。3考查天体密度的估算与比较(2016安阳二模)“嫦娥五号”探测器由轨道器、返回器、着陆器等多个部分组成。探测器预计在 2017 年由“长征五号”运载火箭在中国文昌卫星发射中心发射升空，自动完成月面样品采集，并从月球起飞，返回地球，带回约 2 kg 月球样品。某同学从网上得到一些信息，如表中数据所示，请根据题意，判断地球和月球的密度之比为()月球半径R0月球表面处的重力加速度g0地球和月球的半径之比RR04地球表面和月球表面的重
121、力加速度之比gg06A.23B.32C4 D6解析：选 B 在地球表面，重力等于万有引力，则有 GMmR2 mg，解得 MgR2G，故密度为 MVgR2G43R3 3g4GR，同理，月球的密度为 0 3g04GR0，故地球和月球的密度之比为 0gR0g0R61432，选项 B 正确。4考查天体质量和密度的估算与运动学规律的综合(2016哈尔滨三中模拟)宇航员站在某一星球上，将一个小球距离星球表面 h 高度处由静止释放使其做自由落体运动，经过 t 时间后小球到达星球表面，已知该星球的半径为 R，引力常量为 G，则下列选项正确的是()A该星球的质量为2hR2Gt2B该星球表面的重力加速度为 h2t
122、2C该星球的第一宇宙速度为2hRt2D通过以上数据无法确定该星球的密度解析：选 A 小球做自由落体运动，则有 h12gt2，解得该星球表面的重力加速度 g2ht2，故 B 错误；对星球表面的物体，万有引力等于重力，即 GMmR2 mg，可得该星球的质量 M2hR2Gt2，故 A 正确；该星球的第一宇宙速度 v gR2hRt，故 C 错误；该星球的密度 M43R33h2RGt2，故 D 错误。考点二卫星运行参量的比较5.考查不同轨道的卫星运行参量大小比较(2016连云港高三期末)2015 年 9 月 20 日，我国成功发射“一箭 20 星”，在火箭上升的过程中分批释放卫星，使卫星分别进入离地 2
123、00600 km 高的轨道。轨道均视为圆轨道，下列说法正确的是()A离地近的卫星比离地远的卫星运动速率小B离地近的卫星比离地远的卫星向心加速度小C上述卫星的角速度均大于地球自转的角速度D同一轨道上的卫星受到的万有引力大小一定相同解析：选 C 卫星做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：GMmr2 mv2r，解得：vGMr，故离地近的卫星比离地远的卫星运动速率大，故 A 错误；卫星做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：GMmr2 ma，解得：aGMr2，故离地近的卫星比离地远的卫星向心加速度大，故 B 错误；卫星做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：GMmr2 m2r，解得：GMr3，同步卫星的角
124、速度等于地球自转的角速度，同步卫星的轨道离地面高度约为36 000 千米，卫星分别进入离地 200600 km 高的轨道，是近地轨道，故角速度大于地球自转的角速度，故 C 正确；由于卫星的质量不一定相等，故同一轨道上的卫星受到的万有引力大小不一定相等，故 D 错误。6考查椭圆轨道卫星及运行参量的比较(2016佛山模拟)如图所示，曲线是一颗绕地球做圆周运动卫星轨道的示意图，其半径为 R；曲线是一颗绕地球做椭圆运动卫星轨道的示意图，O 点为地球球心，AB 为椭圆的长轴，两轨道和地心都在同一平面内，已知在两轨道上运动的卫星的周期相等，万有引力常量为 G，地球质量为 M，下列说法正确的是()A椭圆轨道
125、的长轴长度为 RB卫星在轨道的速率为 v0，卫星在轨道 B 点的速率为 vB，则 v0vBC卫星在轨道的加速度大小为 a0，卫星在轨道 A 点加速度大小为 aA，则 a0 2GM3R解析：选 C 根据开普勒第三定律得a3T2k，a 为半长轴，已知卫星在两轨道上运动的卫星的周期相等，所以椭圆轨道的长轴长度为 2R，故 A 错误；B 点为椭圆轨道的远地点，速度比较小，v0 表示做匀速圆周运动的速度，v0vB，故 B 错误；根据牛顿第二定律得 aGMr2，卫星在轨道距离地心的距离大于卫星在轨道 A 点距离地心的距离，所以 a0aA，故 C 正确；若 OA0.5R，则 OB1.5R，人造卫星绕地球做匀
126、速圆周运动，根据万有引力提供向心力，GMmr2mv2r，vGMr，如果卫星以 OB 为轨道半径做匀速圆周运动，vGMr 2GM3R，在轨道上，卫星在 B 点要减速，做近心运动，所以卫星在 B 点的速率 vBrA，必有 a0r2r3，其中 m2 为同步卫星，若三颗卫星在运动过程中受到的向心力大小相等，则()A相同的时间内，m1 通过的路程最大B三颗卫星中，m3 的质量最大C三颗卫星中，m3 的速度最大Dm1 绕地球运动的周期小于 24 小时解析：选 C 根据万有引力提供向心力可得：GMmr2mv2r，解得：vGMr；由于 r1r2r3，故 v1v2v3，故 m3 的速度最大，在相同的时间内，m3
127、 通过的路程最大，故 A错误，C 正确。由于 F 万GMmr2可得，在向心力大小相等的情况下，由于 r1r2r3，故 m1m2m3，故 B 错误。据万有引力提供向心力可得：GMmr2m42T2 r，可得卫星运动的周期 T2rrGM，显然轨道半径越大，卫星运动的周期越大，故 m1 的周期大于 m2 的周期，而卫星 m2 的周期为 24 小时，故 m1 的周期大于 24 小时，故 D 错误。2(多选)(2016洛阳检测)我国已成功发射多颗卫星，为实现国人的飞天梦想提供了大量的信息、科技支持。嫦娥一号的成功发射，标志着我国新的航天时代的到来。已知发射的卫星中，卫星 A 是极地圆形轨道卫星，卫星 B
128、是地球同步卫星，二者质量相同，且卫星 A 的运行周期是卫星 B 的一半。根据以上相关信息，比较这两颗卫星，下列说法中正确的是()A正常运行时卫星 A 的线速度比卫星 B 的线速度大B卫星 B 离地面较近，卫星 A 离地面较远C卫星 A 做圆周运动的圆心和地心不重合D卫星 A 所需的向心力比卫星 B 所需的向心力大解析：选 AD 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、轨道半径为 r、地球质量为 M，有 FF 向FGMmr2 F 向mv2r m2T2r因而 GMmr2 mv2r m2T2rma解得 vGMr T2rv 2 r3GM由题意知，极地轨道卫星 A 周期较短
129、，由式知，其半径是较小的。卫星 A 离地面较近，卫星 B 离地面较远；正常运行时由知 A 的线速度比 B 的大，故A 正确，B 错误；卫星做圆周运动时万有引力提供向心力，所以卫星 A 做圆周运动的圆心一定和地心重合，故 C 错误；卫星 B 离地面较远，卫星 A 离地面较近，根据公式可知卫星 A 所需的向心力比卫星 B 所需的向心力大。故 D 正确。3(多选)(2016安庆质检)如图甲是 2015 年 9 月 3 日北京天安门大阅兵我军展示的东风-41 洲际弹道导弹，它是目前我国军方对外公布的战略核导弹系统中的最先进系统之一。图乙所示，从地面上 A 点发射一枚中远程地对地导弹，在引力作用下沿 A
130、CB 椭圆轨道飞行击中地面目标 B，C 为轨道的远地点，距地面高度为 h。已知地球半径为 R，地球质量为 M，引力常量为 G，不计空气阻力。下列结论中正确的是()A导弹在运动过程中只受重力作用，做匀变速曲线运动B导弹在 C 点的加速度等于 GMRh2C地球球心为导弹椭圆轨道的一个焦点D导弹从 A 点到 B 点的时间可能比近地卫星的周期小解析：选 BCD 导弹在运动过程中所受重力的方向一直在变，不是做匀变速曲线运动，故 A 错误。导弹在 C 点受到的万有引力 FG MmRh2，所以 aFm GMRh2，故 B 正确。导弹做的是椭圆运动，地球位于椭圆的焦点上，故 C 正确。导弹的轨迹长度未知，运动
131、时间可能小于近地卫星的周期，故 D 正确。考点三 卫星变轨问题 卫星变轨问题一般分析的是卫星变轨过程中线速度、角速度、周期、加速度、动能、势能以及机械能等的变化情况，只要按照一定的思维流程，正确分析变轨原因及特点，再联系相关知识，答案便可水落石出。建议考生灵活掌握卫星变轨问题常用思维流程应用流程 诊断卷第 9 题的思维流程为：典例(2016贵州七校联考)2013 年 12 月 15 日 4 时 35 分，嫦娥三号着陆器与巡视器分离，“玉兔号”巡视器顺利驶抵月球表面。如图所示是嫦娥三号探测器携“玉兔号”奔月过程中某阶段运动示意图，关闭动力的嫦娥三号探测器在月球引力作用下向月球靠近，并将沿椭圆轨道
132、在 P 处变轨进入圆轨道，已知探测器绕月球做圆周运动的轨道半径为 r，周期为 T，引力常量为 G，下列说法中正确的是()A图中嫦娥三号探测器在 P 处由椭圆轨道进入圆轨道前后机械能守恒B嫦娥三号携“玉兔号”绕月球做圆周运动的过程中，“玉兔号”所受重力为零C嫦娥三号经椭圆轨道到 P 点时和经圆形轨道到 P 点时的加速度不等D由题中所给条件，不可以求出月球的平均密度思维流程答案 D1(多选)(2016宜春三中高三检测)航天技术的不断发展，为人类探索宇宙创造了条件。1998 年 1 月发射的“月球勘探者号”空间探测器，运用最新科技手段对月球进行近距离勘探，在月球重力分布、磁场分布及元素测定等方面取得
133、最新成果。探测器在一些环形山中央发现了质量密集区，当飞越这些重力异常区域时()A探测器受到的月球对它的万有引力将变大B探测器运行的轨道半径将变大C探测器运行的速率将变大D探测器运行的速率将变小解析：选 AC 探测器在飞越月球上一些环形山中的质量密集区上空时，月球的重心上移，轨道半径减小，根据 FGMmr2，探测器受到的月球对它的万有引力将变大，故 A 正确、B 错误。根据万有引力提供向心力 GMmr2 mv2r，解得 vGMr，r 减小，则 v 增大。故 C正确、D 错误。2(2016泰安一模)“嫦娥三号”探测器发射到月球上要经过多次变轨，最终降落到月球表面上，其中轨道为圆形。下列说法正确的是
134、()A探测器在轨道运行时的加速度大于月球表面的重力加速度B探测器在轨道经过 P 点时的加速度小于在轨道经过 P 点时的加速度C探测器在轨道的运行周期大于在轨道的运行周期D探测器在 P 点由轨道进入轨道必须点火加速解析：选 C 探测器在轨道运行时的万有引力小于在月球表面时的万有引力，根据牛顿第二定律，探测器在轨道运行时的加速度小于月球表面的重力加速度，故 A 错误；根据万有引力提供向心力 GMmr2 ma 知轨道半径相同，则加速度相同，故探测器在轨道经过 P点时的加速度等于在轨道经过 P 点时的加速度，故 B 错误；根据开普勒第三定律，探测器在轨道的运行周期大于在轨道的运行周期，故 C 正确；探
135、测器在 P 点由轨道进入轨道必须减速，故 D 错误。考点四 宇宙双星及多星系统模型在宇宙中有一些彼此较近，而离其他星较远的几颗星组成孤立行星系统，称为双星或多星系统，这类系统具有研究对象多个、运动模型多样、受力情况复杂、科技联系密切等特点，备受高考命题者青睐。对于这类问题，解题的关键是弄清运动模式，确定好角速度、周期、轨道半径等数量关系。建议对本考点重点攻坚模型一 双星系统之“二人转”模型双星系统由两颗相距较近的星体组成，由于彼此的万有引力作用而绕连线上的某点做匀速圆周运动(简称“二人转”模型)。双星系统中两星体绕同一个圆心做圆周运动，周期、角速度相等；向心力由彼此的万有引力提供，大小相等。如
136、诊断卷第 13 题和第 15 题，宇宙双星做匀速圆周运动的角速度和向心力大小均相同，根据题目条件列出：Gm1m2l2m12r1m22r2，再结合其他相关知识即可推出结果。模型二 三星系统之“二绕一”和“三角形”模型三星系统由三颗相距较近的星体组成，其运动模型有两种：一种是三颗星体在一条直线上，两颗星体围绕中间的星体做圆周运动(简称“二绕一”模型，如诊断卷第 14 题)；另一种是三颗星体组成一个三角形，三星体以等边三角形的几何中心为圆心做匀速转动(简称“三角形”模型)。最常见的“三角形”模型中，三星结构稳定，角速度相同，半径相同，任一颗星的向心力均由另两颗星对它的万有引力的合力提供。另外，也有三
137、星不在同一个圆周上运动的“三星”系统。例1(2015安徽高考)由三颗星体构成的系统，忽略其他星体对它们的作用，存在着一种运动形式，三颗星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心 O 在三角形所在的平面内做角速度相同的圆周运动(如图所示为 A、B、C三颗星体质量不相同时的一般情况)。若 A 星体质量为 2m，B、C 两星体的质量均为 m，三角形的边长为 a，求：(1)A 星体所受合力大小 FA；(2)B 星体所受合力大小 FB；(3)C 星体的轨道半径 RC；(4)三星体做圆周运动的周期 T。思路点拨解析(1)由万有引力定律，A 星体所受 B、C 星体引力大
138、小为 FBAGmAmBr2G2m2a2 FCA，方向如图所示，则合力大小为 FA2 3Gm2a2。(2)同上，B 星体所受 A、C 星体引力大小分别为FABGmAmBr2G2m2a2，FCBGmCmBr2Gm2a2，方向如图所示。由 FBxFABcos 60FCB2Gm2a2，FByFABsin 60 3Gm2a2，可得 FB FBx2FBy2 7Gm2a2。(3)通过分析可知，圆心 O 在中垂线 AD 的中点，则 RC34 a 212a 2，可得 RC 74 a。或由对称性可知 OBOCRC，cosOBDFBxFB DBOB12aRC，得 RC 74 a(4)三星体运动周期相同，对 C 星体
139、，由 FCFB 7Gm2a2m2T2RC，可得 T a3Gm。答案(1)2 3Gm2a2(2)7Gm2a2(3)74 a(4)a3Gm模型三 四星系统之“三绕一”和“正方形”模型四星系统由四颗相距较近的星体组成，与三星系统类似，通常有两种运动模式：一种是三颗星体相对稳定地位于三角形的三个顶点上，环绕另一颗位于中心的星体做圆周运动(简称“三绕一”模型)；另一种是四颗星体相对稳定地分布在正方形的四个顶点上，围绕正方形的中心做圆周运动(简称“正方形”模型)。例2(多选)宇宙中存在一些质量相等且离其他恒星较远的四颗星组成的四星系统，通常可忽略其他星体对它们的引力作用。设四星系统中每个星体的质量均为 m
140、，半径均为 R，四颗星稳定分布在边长为 L 的正方形的四个顶点上，其中 L 远大于 R。已知万有引力常量为G。忽略星体自转效应，关于四星系统，下列说法正确的是()A四颗星圆周运动的轨道半径均为L2B四颗星圆周运动的线速度均为GmL 2 24C四颗星圆周运动的周期均为 2 2L34 2GmD四颗星表面的重力加速度均为 GmR2解析 四颗星均围绕正方形对角线的交点做匀速圆周运动，轨道半径均为 r 22 L。取任一顶点上的星体为研究对象，它受到相邻的两个星体与对角线上的星体的万有引力的合力为 F 合 2Gm2L2Gm2 2L2。由 F 合F 向mv2r m42T2 r，可解得 vGmL 1 24，T
141、2 2L34 2Gm，故 A、B 项错误，C 项正确。对于星体表面质量为 m0 的物体，受到的重力等于万有引力，则有 m0gGmm0R2，故 gGmR2，D 项正确。答案 CD一、练高考典题每练一次都有新发现1(2016全国丙卷)关于行星运动的规律，下列说法符合史实的是()A开普勒在牛顿定律的基础上，导出了行星运动的规律B开普勒在天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律C开普勒总结出了行星运动的规律，找出了行星按照这些规律运动的原因D开普勒总结出了行星运动的规律，发现了万有引力定律解析：选 B 开普勒在前人观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律，与牛顿定律无联系，选项 A 错误，选项 B
142、 正确；开普勒总结出了行星运动的规律，但没有找出行星按照这些规律运动的原因，选项 C 错误；牛顿发现了万有引力定律，选项 D 错误。2(2015福建高考)如图所示，若两颗人造卫星 a 和 b 均绕地球做匀速圆周运动，a、b 到地心 O 的距离分别为 r1、r2，线速度大小分别为 v1、v2，则()A.v1v2r2r1 B.v1v2r1r2C.v1v2 r2r12D.v1v2 r1r22解析：选 A 对人造卫星，根据万有引力提供向心力GMmr2mv2r，可得 vGMr。所以对于 a、b 两颗人造卫星有v1v2r2r1，故选项 A 正确。3(多选)(2013全国卷)2012 年 6 月 18 日，
143、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 神舟九号和天宫一号在近地轨道上运行的速度都小于第一宇宙速度，选项 A 错误；由于空间存在稀薄气体，若不对两者干预，其动能将增加，轨道半径减小，选项B、C 正确；由于天宫一号做匀速圆周运动，航天
144、员受到的万有引力全部提供其做圆周运动的向心力，处于完全失重状态，选项 D 错误。4(2014江苏高考)已知地球的质量约为火星质量的 10 倍，地球的半径约为火星半径的2 倍，则航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率约为()A3.5 km/s B5.0 km/sC17.7 km/s D35.2 km/s解析：选 A 根据题设条件可知：M 地10M 火，R 地2R 火，由万有引力提供向心力GMmR2mv2R，可得 vGMR，即v火v地M火R地M地R火15，因为地球的第一宇宙速度为 v 地7.9 km/s，所以航天器在火星表面附近绕火星做匀速圆周运动的速率 v 火3.5 km/s，选项 A正
145、确。5(2015江苏高考)过去几千年来，人类对行星的认识与研究仅限于太阳系内，行星“51 peg b”的发现拉开了研究太阳系外行星的序幕。“51 peg b”绕其中心恒星做匀速圆周运动，周期约为 4 天，轨道半径约为地球绕太阳运动半径的 120。该中心恒星与太阳的质量比约为()A.110B1C5 D10解析：选 B 行星绕中心恒星做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得 GMmr2 m 42T2 r，则M1M2 r1r23T2T121203365421，选项 B 正确。6(多选)(2015天津高考)P1、P2 为相距遥远的两颗行星，距各自表面相同高度处各有一颗卫星 s1、s2 做匀
146、速圆周运动。图中纵坐标表示行星对周围空间各处物体的引力产生的加速度 a，横坐标表示物体到行星中心的距离 r 的平方，两条曲线分别表示 P1、P2 周围的 a 与r2 的反比关系，它们左端点横坐标相同。则()AP1 的平均密度比 P2 的大BP1 的“第一宇宙速度”比 P2 的小Cs1 的向心加速度比 s2 的大Ds1 的公转周期比 s2 的大解析：选 AC 由图像左端点横坐标相同可知，P1、P2 两行星的半径 R 相等，对于两行星的近地卫星：GMmR2 ma，得行星的质量 MR2aG，由 a-r2 图像可知 P1 的近地卫星的向心加速度大，所以 P1 的质量大，平均密度大，选项 A 正确；根据
147、 GMmR2 mv2R 得，行星的第一宇宙速度 vGMR，由于 P1 的质量大，所以 P1 的第一宇宙速度大，选项 B 错误；s1、s2的轨道半径相等，由 a-r2 图像可知 s1 的向心加速度大，选项 C 正确；根据 GMmr2 m2T2r得，卫星的公转周期 T2 r3GM，由于 P1 的质量大，故 s1 的公转周期小，选项 D 错误。7(多选)(2015全国卷)我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，先在月球表面附近的近似圆轨道上绕月运行；然后经过一系列过程，在离月面 4 m 高处做一次悬停(可认为是相对于月球静止)；最后关闭发动机，探测器自由下落。已知探测器的质量约为 1.3103k
148、g，地球质量约为月球的 81 倍，地球半径约为月球的 3.7 倍，地球表面的重力加速度大小约为 9.8 m/s2。则此探测器()A在着陆前的瞬间，速度大小约为 8.9 m/sB悬停时受到的反冲作用力约为 2103 NC从离开近月圆轨道到着陆这段时间内，机械能守恒D在近月圆轨道上运行的线速度小于人造卫星在近地圆轨道上运行的线速度解析：选 BD 设月球表面的重力加速度为 g 月，则g月g地GM月R月2GM地R地2M月M地R地2R月2 1813.72，解得g 月1.7 m/s2。由 v22g 月h，得着陆前的速度为 v 2g月h 21.74 m/s3.7 m/s，选项 A 错误。悬停时受到的反冲力
149、Fmg 月2103 N，选项 B 正确。从离开近月圆轨道到着陆过程中，除重力做功外，还有其他外力做功，故机械能不守恒，选项 C 错误。设探测器在近月圆轨道上和人造卫星在近地圆轨道上的线速度分别为 v1、v2，则v1v2GM月R月GM地R地M月M地R地R月3.7811，故 v1v2，选项 D 正确。8(2016全国乙卷)利用三颗位置适当的地球同步卫星，可使地球赤道上任意两点之间保持无线电通讯。目前，地球同步卫星的轨道半径约为地球半径的 6.6 倍。假设地球的自转周期变小，若仍仅用三颗同步卫星来实现上述目的，则地球自转周期的最小值约为()A1 h B4 hC8 h D16 h解析：选 B 万有引力
150、提供向心力，对同步卫星有：GMmr2mr42T2，整理得 GM42r3T2当 r6.6R 地时，T24 h若地球的自转周期变小，轨道半径最小为 2R 地三颗同步卫星 A、B、C 如图所示分布。则有426.6R地3T2422R地3T2解得 TT64 h，选项 B 正确。二、练名校模拟好题一题能通一类题9(2016北京朝阳区高三期末)GPS 导航系统可以为陆、海、空三大领域提供实时、全天候和全球性的导航服务，它是由周期约为 12 小时的卫星群组成。则 GPS 导航卫星与地球同步卫星相比()A地球同步卫星的角速度大B地球同步卫星的轨道半径小CGPS 导航卫星的线速度大DGPS 导航卫星的向心加速度小
151、解析：选 C GPS 导航卫星周期小于同步卫星的周期，根据r3T2k 可知，同步卫星的轨道半径较大，周期较大，角速度较小，A、B 错误；根据 vGMr，可知同步卫星的线速度较小，C 正确；根据 aGMr2 可知，GPS 导航卫星的向心加速度较大，D 错误。10(2016南平检测)专家称嫦娥四号探月卫星为“四号星”，计划在 2017 年发射升空，它的主要任务是更深层次、更全面的科学探测月球地貌、地质等方面的信息，完善月球档案资料。已知月球表面的重力加速度为 g，月球的平均密度为。月球可视为半径为 R 的球体，“四号星”离月球表面的高度为 h，绕月做匀速圆周运动的周期为 T。仅根据以上信息不能求出
152、的物理量是()A月球质量B万有引力常量C“四号星”与月球间的万有引力D月球的第一宇宙速度解析：选 C 令月球半径为 R，在月球表面万有引力与重力相等，故有：GmMR2 mg，月球质量：M43R3，所以有：Gm43R3R2mg 可得万有引力常量 G 3g4R，A、B 可以求出；月球表面的第一宇宙速度即月球重力提供月球表面物体做圆周运动的线速度大小，有v1 gR，D 可以求出；由于不知道“四号星”的质量，故无法求出它与月球间的万有引力，故 C 不可以求出。因为选择不能求出的物理量，故答案为 C。11(多选)(2016衡水检测)同步卫星的发射方法是变轨发射，即先把卫星发射到离地面高度为 200300
153、 km 的圆形轨道上，这条轨道叫停泊轨道，如图所示，当卫星穿过赤道平面上的 P 点时，末级火箭点火工作，使卫星进入一条大的椭圆轨道，其远地点恰好在地球赤道上空约 36 000 km 处，这条轨道叫转移轨道；当卫星到达远地点 Q 时，再开动卫星上的发动机，使之进入同步轨道，也叫静止轨道。关于同步卫星及发射过程，下列说法正确的是()A在 P 点火箭点火和 Q 点开动发动机的目的都是使卫星加速，因此，卫星在静止轨道上运行的线速度大于在停泊轨道运行的线速度B在 P 点火箭点火和 Q 点开动发动机的目的都是使卫星加速，因此，卫星在静止轨道上运行的机械能大于在停泊轨道运行的机械能C卫星在转移轨道上运动的速
154、度大小范围为 7.911.2 km/sD所有地球同步卫星的静止轨道都相同解析：选 BCD 根据变轨的原理知，在 P 点火箭点火和 Q 点开动发动机的目的都是使卫星加速。当卫星做圆周运动，由 GMmr2 mv2r，得 vGMr，可知卫星在静止轨道上运行的线速度小于在停泊轨道运行的线速度，故 A 错误；在 P 点火箭点火和 Q 点开动发动机的目的都是使卫星加速，由能量守恒知，卫星在静止轨道上运行的机械能大于在停泊轨道运行的机械能，故 B 正确；在转移轨道上的速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，即速度大小范围为 7.911.2 km/s，故 C 正确；所有的地球同步卫星的静止轨道都相同，并且都在
155、赤道平面上，高度一定，故 D 正确。12(2016黄冈中学模拟)地球赤道上的重力加速度为 g，物体在赤道上随地球自转的向心加速度为 a，卫星甲、乙、丙在如图所示三个椭圆轨道上绕地球运行，卫星甲和乙的运行轨道在P点相切，以下说法中正确的是()A如果地球自转的角速度突然变为原来的gaa 倍，那么赤道上的物体将会“飘”起来B卫星甲、乙经过 P 点时的加速度大小相等C卫星甲的周期最小D三个卫星在远地点的速度可能大于第一宇宙速度解析：选 B 使地球上的物体“飘”起来即物体处于完全失重状态，即此时物体所受地球的重力完全提供物体随地球自转时的向心力，则有：GMmR2 mgma，当物体飘起来的时候，万有引力完
156、全提供向心力，则此时物体的向心加速度为 a：maGMmR2 mgma，即此时的向心加速度 aga，由 ar2，则 2 为原来的gaa 倍，则 A 错误；卫星在同一位置其加速度相同，则 B 正确；根据开普勒第三定律知，椭圆半长轴越小，卫星的周期越小，卫星丙的半长轴最短，故周期最小，则 C 错误；卫星在远地点做向心运动，其速度要小于第一宇宙速度，则 D 错误。13(多选)(2016兰州一中月考)假设地球可视为质量分布均匀的球体。已知地球表面两极处的重力加速度大小为 g0，地球的半径为 R，地球的自转周期为 T，引力常量为 G，由此可知()A地球的质量为g0RGB地球表面赤道处的重力加速度大小为 g
157、042RT2C近地卫星在轨运行的加速度大小为 g0D地球同步卫星在轨道上运行的加速度大小为3 164g0R2T4 解析：选 BCD 根据在地球表面两极处万有引力等于重力，则有：GMmR2 mg0，解得：Mg0R2G，故 A 错误；根据向心加速度表达式，则知赤道上物体加速度：a2R42RT2，所以地球表面赤道处的重力加速度为 g042RT2，故 B 正确；近地卫星在轨道运行的加速度 a0GMR2 g0，故 C 正确；同步卫星所受万有引力等于向心力：G MmRh2m(Rh)2T2ma，解得：a3 164g0R2T4，故 D 正确。14(多选)(2016平度二模)我国志愿者王跃曾与俄罗斯志愿者一起进
158、行“火星-500”的实验活动。假设王跃登陆火星后，测得火星的半径是地球半径的12，质量是地球质量的19。已知地球表面的重力加速度是 g，地球的半径为 R，王跃在地面上能向上竖直跳起的最大高度是 h，忽略自转的影响，下列说法正确的是()A火星的平均密度为 2g3GRB火星表面的重力加速度是2g9C火星的第一宇宙速度与地球的第一宇宙速度之比为23D王跃以与在地球上相同的初速度在火星上起跳后，能达到的最大高度是9h4解析：选 AD 由 GMmR2 mg，得：gGMR2，已知火星半径是地球半径的12，质量是地球质量的19，则火星表面的重力加速度是地球表面的重力加速度的49，即为49g，设火星质量为M，
159、由万有引力等于重力可得：GMmR2 mg解得：MgR29G，密度为：MV2g3GR，故 A 正确，B 错误；由 GMmR2 mv2R，得：vGMR，火星的第一宇宙速度是地球第一宇宙速度的 23 倍，故 C 错误；王跃以 v0 在地球起跳时，根据竖直上抛的运动规律得出可跳的最大高度是：hv22g，由于火星表面的重力加速度是49g，王跃以相同的初速度在火星上起跳时，可跳的最大高度 h94h，D 正确。15(2016九江市三十校联考)如图所示是位于 X 星球表面附近的竖直光滑圆弧轨道，宇航员通过实验发现，当小球位于轨道最低点的速度不小于 v0 时，就能在竖直面内做完整的圆周运动。已知圆弧轨道半径为
160、r，X星球的半径为 R，万有引力常量为 G，则()A环绕 X 星球的轨道半径为 2R 的卫星的周期为4v0 RrBX 星球的平均密度为 3v0210GRrCX 星球的第一宇宙速度为 v0RrDX 星球的第一宇宙速度为 v0R5r解析：选 D 设 X 星球表面重力加速度为 g，质量为 M，小球刚好能做完整的圆周运动，则小球在最高点时，仅由重力提供向心力，根据牛顿第二定律有：mgmv2r，小球从轨道最高点到最低点的过程中，由动能定理有：mg2r12mv0212mv2，联立两式可得：gv025r，环绕 X 星球的轨道半径为 2R 的卫星由万有引力提供向心力，有 G Mm2R2m422RT2，又 GMmR2 mg，解得：T4v0 10Rr，故 A 错误；根据 GMmR2 mg 得：MgR2G，根据 M43R3 得：MV 3v0220GRr，故 B 错误；X 星球的第一宇宙速度为 v gRv0R5r，故 C 错误，D 正确。