2018高考物理二轮专题复习-“力学的经典模型(一)”课后冲关
2019届高考物理二轮专题复习文档：重难专题强化练——“力学的经典模型(一)”课后冲关 Word版含解析
重难专题强化练——“力学的经典模型（一）”课后冲关1．[多选](2018·宁波联考)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，纸片上放质量均为1 kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。
则( ) A．若F＝1 N，则A、B、薄硬纸片都做匀加速运动B．若F＝1.5 N，则A所受摩擦力大小为1.5 NC．若F＝8 N，则B的加速度为4.0 m/s2D．无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动解析：选AD A与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：f A＝μm A g＝0.3×1×10 N＝3 N，B与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：f B＝μm B g＝0.2×1×10 N＝2 N；F＝1 N<f A，所以A、B及薄硬纸片保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A正确。
若F＝1.5 N<f A，A、B及薄硬纸片保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：F－f＝m A a，所以A所受摩擦力f<F＝1.5 N，故B错误。
当B刚要相对于薄硬纸片滑动时B所受静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得：f B＝m B a0，又f B＝μm B g，得：a0＝2 m/s2；对整体，有：F0＝(m A＋m B)·a0＝2×2 N＝4 N，即F达到4 N后，B将相对薄硬纸片运动，此时摩擦力f＝2 N；对薄硬纸片分析可知，薄硬纸片受到A的摩擦力大于B的摩擦力，故A和薄硬纸片间不会发生相对运动，故D正确。
由上述分析可知，当拉力大于4 N时，B与薄硬纸片间的摩擦力即为滑动摩擦力，大小为2 N，此后增大拉力，不会改变B的受力情况，故C错误。
2．一长木板静止在倾角为θ的斜面上，长木板上一人用力推长木板上物块，使物块与长木板间的摩擦力刚好为零，已知人、物块、长木板的质量均为m，人、物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与斜面间的动摩擦因数为μ2，则下列说法正确的是( ) A．斜面对长木板的摩擦力为mgsin θB．斜面对长木板的摩擦力为3μ2mgcos θC．长木板对人的摩擦力为2μ1mgcos θD．长木板对人的摩擦力为2mgsin θ解析：选D 对人、物块、长木板三者整体研究，斜面对它们的摩擦力为静摩擦力，大小为3mgsin θ，A、B项错误；对人、物块整体研究，由于物块与长木板间的摩擦力刚好为零，因此长木板对人的静摩擦力大小为2mgsin θ，C项错误，D项正确。
2018届高考物理二轮专题复习文档：“力学的经典模型(一)”学前诊断含解析
“力学的经典模型（一）”学前诊断模型一物块模型1.[考查平衡问题中的物块模型][多选]如图所示，物块A、B、C叠放在水平桌面上，水平力F作用于C物块，使A、B、C以相同的速度向右匀速运动，那么关于它们的受力下列说法正确的是()A．由于B向右运动，所以B受到向左的摩擦力B．C受到的摩擦力方向水平向左C．A受到两个摩擦力作用D．由于不知A与水平桌面之间是否光滑，所以无法判断A与水平桌面间是否存在摩擦力解析：选BC由于B向右匀速运动，所以B不受摩擦力作用，选项A错误；物块C 受到向右的拉力和向左的摩擦力作用，选项B正确；A受到C对A的向右的摩擦力作用，同时受到地面向左的摩擦力作用，选项C正确，D错误。
2．[考查匀变速直线运动中的物块模型]如图所示，A、B两物块叠放在一起，放在光滑地面上，已知A、B物块的质量分别为M、m，物块接触面间粗糙。
现用水平向右的恒力F1、F2先后分别作用在A、B物块上，物块A、B均不发生相对运动，则F1、F2的最大值之比为()A．1∶1B．M∶mC．m∶M D．m∶(m＋M)解析：选B恒力作用在A上时，对B受力分析，当最大静摩擦力提供B的加速度时，是整体一起运动的最大加速度，对B由牛顿第二定律得μmg＝ma1，对整体受力分析，由牛顿第二定律得F1＝(M＋m)a1，解得F1＝(M＋m)μｇ；恒力作用在B上时，对A受力分析，当最大静摩擦力提供A的加速度时，是整体一起运动的最大加速度，对A由牛顿第二定律得μmg＝Ma2，对整体受力分析，由牛顿第二定律得F2＝(M＋m)a2，解得F2＝(M＋m)μmg M，联立解得F1∶F2＝M∶m，B正确。
3．[考查变加速运动中的物块模型][多选]如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小物块A。
木板B 受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a F图像，已知g取10 m/s2，则()A．物块A的质量为 4 kgB．木板B的质量为 1 kgC．当F＝10 N时木板B的加速度为 4 m/s2D．物块A与木板B间的动摩擦因数为0.1解析：选BC拉力F较小时，A和B一起加速，当F等于8 N时，加速度为：a＝2 m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有：F＝(M＋m)a，代入数据解得：M＋m＝4 kg；而拉力F 较大时，A和B各自加速，根据题图乙所示图像，当F大于8 N时，对B，由牛顿第二定律得：a′＝F－μmgM＝1MF－μmgM，图线的斜率：k＝1M＝1，解得木板B的质量M＝1 kg，物块A的质量m＝3 kg，故A错误，B正确；根据图像知，F＝6 N时，a′＝0，由a′＝1 MF－μmgM，可得：μ＝0.2，D错误；当F＝10 N时，木板B的加速度为：a′＝1MF－μmgM＝4 m/s2，故C正确。
高考物理二轮复习课件专题一第五讲力学的经典模型(一)
M－m m＋M
F，选项D正
确，B错误；设车对人的摩擦力向左，大小为f，隔离人，由F
＋f＝ma，联立解得f＝mm－ ＋MM F，选项C正确，A错误。
[答案] CD
[方法总结] (1)对于由多个物体组成的系统，如果系统内各物体具有相 同的加速度，可以先采用整体法分析，再用隔离法分析。 (2)隔离法分析时，一般选取受力个数较少、未知力较少的 物体。有时也隔离运动情况简单的物体，如诊断卷第 2 题中长 木板保持静止。
B．若仅增大 A 的质量，地面对 C 的摩擦力一定增大
C．若仅增大 B 的质量，滑轮两侧的细线的拉力可能大于 A 的重力
D．若仅将 C 向左缓慢移动一点，α 角将增大
[解析] 隔离物体 B 进行受力分析，因 不能确定 mAg 和 mBgsin θ 的大小关系，故 斜面体 C 对 B 的静摩擦力大小及方向无法 确定，选项 A 错误。对 B、C 整体受力分析， 若仅增大 A 的质量，细线中拉力增大，根据平衡条件，地面对 C 的摩擦力一定增大，选项 B 正确。若仅增大 B 的质量，不能改变 滑轮两侧的细线的拉力，所以选项 C 错误。若仅将 C 向左缓慢移 动一点，滑轮两侧细线的夹角减小，α 角将减小，选项 D 错误。
由牛顿第二定律得：mAgsin θ＋fA＝mAa，解得：fA＝0，则 A 受重力和
支持力两个力作用，故 A 错误；
在 DE 段，A、B 系统可能沿斜面向下做匀加速 直线运动，也可能做匀速直线运动，还可能向下 做匀减速直线运动，加速度既可能向下，也可能 向上，故 B 错误； 设 DE 段物块与斜面间的动摩擦因数为 μ，在 DE 段，整体的加速度： a＝mA＋mBgsinmθA－＋μmmB A＋mBgcos θ＝gsin θ－μgcos θ，对 A，由牛 顿第二定律得：mAgsinθ＋fA＝mAa，解得：fA＝－μmAgcos θ，方向沿 斜面向上，若匀速运动，A 受到静摩擦力也是沿斜面向上，如果系统 沿斜面向下做匀减速直线运动，A、B 系统加速度沿斜面向上，则 A 所受的摩擦力沿斜面向上，由以上分析可知，A 受到的摩擦力方向一 定沿斜面向上，故 C 正确；CD 段 A、B 加速下滑，系统处于失重状 态，在 DE 段系统可能向下做匀减速直线运动，加速度方向沿斜面向 上，A、B 处于超重状态，故 D 错误。 [答案] C
(江苏选考)2018版高考物理二轮复习第一部分专题一力与运动四、抓住“三类模型”,破解竖直面内的圆周运动
A 端有一质量为 m＝3.0 kg 的小球，如图所示，
小球以 O 点为圆心在竖直平面内做圆周运动，通
过最高点时小球的速率是 2.0 m/s，g 取 10 m/s2，则此时细杆
OA 受到
()
A．6.0 N 的拉力
B．6.0 N 的压力
C．24 N 的拉力
D．24 N 的压力
[解析] 方法一：设小球以速率 v0 通过最高点时，小球对杆 的作用力恰好为零，即 mg＝mvL02，得
特征 向 向 下或 等于 下或向上，或弹力 弹力方向向
零 最
高 受力 点 示意
图
等于零
上或等于零
物理 轻绳模型(在最高 轻杆模型(在最 模型 点无支持力) 高点有支持力)
外轨模型
力学 最 方程
mg＋FN＝mvR2
mg±FN ＝mvR2 mg－FN ＝mvR2
高
FN＝0，mg＝
点
临界 特征
mvmRin2，即 vmin
速度公式有 N＋mg＝mvRC2
⑤
2
由④⑤式得，vC 应满足 mg≤m2vRC2
⑥
由机械能守恒定律得 mgR4＝12mvC2
⑦
由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到 C 点。
答案：(1)5 (2)能沿轨道运动到 C 点
通过杆模型考查竖直面内的圆周运动
[例 2] 长度为 L＝0.50 m 的轻质细杆 OA，
L2，下列选项中正确的是
A．L1>L2
B．L1＝L2
()
C．L1<L2
D．L1－L2＝mkg
[思路点拨]
第一步 分析汽车内悬挂小球的运动情况 第二步 分析小球在最高点处的受力情况
第三步
2018高考物理(浙江选考)二轮专题复习名师讲练课件：专题一 力与运动 专题一 第2讲(44张PPT)
√ C.重力、空气作用力
D.重力、向前冲力、空气作用力 图4
1
2
3
4
5
6
7
答案
5.(2017· 台州市9月选考)足球运动是目前全球体育界最具影响力 的项目之一，深受青少年喜爱 .如图 5 所示的四种与足球有关的 情景.其中正确的是
图5 A. 如图甲所示， 静止在草地上的足球，受到的弹力就是它受到 的重力
个棋子都是一个小磁铁，能吸在棋盘上，不计棋子间的相互作
用力，下列说法正确的是 A.小棋子共受三个力作用 B.棋子对棋盘的压力大小一定等于重力 C.磁性越强的棋子所受的摩擦力越大
D.质量不同的棋子所受的摩擦力不同
√
图7
1
2
3
4
5
6
7
解析
答案
规律总结
1.弹力有无的判断“三法”
(1)条件法：根据物体是否直接接触并发生弹性形变来判断是否
D.1.0 解析 由图可知最大静摩擦力为5 N，滑动摩擦力为3 N，且滑 动摩擦力满足公式Ff＝μmg，所以μ＝0.3.
1 2 3 4 5 6 7
解析
答案
模拟训练
4.(2017· 浙江 “ 七彩阳光 ” 联考 )“ 跑酷 ” 是一项深受年轻人喜
爱的运动，如图4为运动员在空中跳跃过程中的照片，此时运动 员受到的力有 A.重力 B.重力、向前冲力
(3)根据牛顿第二定律进行求解.
4.摩擦力大小的计算方法 (1)首先分清摩擦力的种类，因为只有滑动摩擦力才能用公式 Ff ＝ μFN 求解，静摩擦力通常只能用平衡条件或牛顿运动定律来 求解.
(2) 公式 Ff ＝ μFN 中， FN 为两接触面间的正压力，与物体的重力
没有必然联系，不一定等于物体的重力大小. (3)滑动摩擦力的大小与物体速度的大小无关，与接触面积的大 小也无关.
2018届高考物理二轮复习重难专题强化练“活用三大观点破解力学计算题”课后冲关
“活用三大观点破解力学计算题”1．(2017·枣庄期末)如图甲所示，电动机通过绕过光滑定滑轮的细绳与放在倾角为30°的光滑斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升；在0～3 s 时间内物体运动的v t 图像如图乙所示，其中除1～2 s 时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，1 s 后电动机的输出功率保持不变；已知物体的质量为2 kg ，重力加速度g ＝10 m/s 2。
求：(1)1 s 后电动机的输出功率P ； (2)物体运动的最大速度v m ； (3)在0～3 s 内电动机所做的功。
解析：(1)设物体的质量为m ，由题图乙可知，在时间t 1＝1 s 内，物体做匀加速直线运动的加速度大小为a ＝5 m/s 2，1 s 末物体的速度大小达到v 1＝5 m/s ，此过程中，设细绳拉力的大小为F 1，则根据运动学公式和牛顿第二定律可得：v 1＝at 1F 1－mg sin 30°＝ma设在1 s 末电动机的输出功率为P ， 由功率公式可得：P ＝F 1v 1 联立解得：P ＝100 W 。
(2)当物体达到最大速度v m 后，设细绳的拉力大小为F 2，由牛顿第二定律和功率的公式可得：F 2－mg sin 30°＝0 P ＝F 2v m联立解得：v m ＝10 m/s 。
(3)设在时间t 1＝1 s 内，物体的位移为x ，电动机做的功为W 1，则由运动公式及动能定理：x ＝12at 12W 1－mgx sin 30°＝12mv 12设在时间t ＝3 s 内电动机做的功为W ，则：W ＝W 1＋P (t －t 1)联立解得：W ＝250 J 。
答案：(1)100 W (2)10 m/s (3)250 J2．(2017·天津高考)如图所示，物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝1 kg 。
2018版高考物理二轮复习第一部分专题一力与运动三以加速度为桥梁攻克两类动力学问题课件
以加速度为桥梁，破解“板、块”模型问题
[例 2] (2017·宿迁模拟)如图所示为 一个实验室模拟货物传送的装置，A 是一 个表面绝缘、质量为 mA＝2 kg 的平板车， 车置于光滑的水平面上，在车左端放置一 质量为 mB＝1 kg、带电荷量为 q＝＋1×10 －2 C 的绝缘小货物 B，在装置所在空间内有一水平匀强电场， 电场的大小及方向可以人为控制。先产生一个方向水平向右、 大小 E1＝3×102 N/C 的电场，车和货物开始运动，2 s 后，电场 大小变为 E2＝1×102 N/C，方向水平向左，一段时间后，关闭电 场，关闭电场时车右端正好到达目的地，货物到达车的最右端， 且车和货物的速度恰好为零。已知货物与车间的动摩擦因数 μ ＝0.1，车不带电，货物体积大小不计，g 取 10 m/s2，求第二次 电场作用的时间。
三、以加速度为桥梁，攻
克两类动力学问题 [抓牢解题本源]
一、牛顿第二定律的五个特性
二、理解合力、加速度、速度间的决定关系 1．合力的方向决定了加速度的方向，只要合力不为零， 不管速度是大是小，或是零，物体都有加速度。 2．合力与速度同向时，物体做 加速 运动；合力与速度 反向时，物体做 减速 运动。 3．a＝ΔΔvt 是加速度的 定义 式，a 与 Δv、Δt 无直接关系； a＝mF是加速度的 决定 式，a∝F，a∝m1 。
[易错提醒]
本题易忽略最后二者共同匀减速运动的阶段，认为
电场改变方向后，货物一直做匀减速运动。
[即时训练]
质量为 M＝20 kg、长为 L＝5 m 的木板
放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因
数 μ1＝0.15。将质量为 m＝10 kg 的小木块(可视为质点)，以 v0＝4 m/s 的速度从木板的左端被水平抛射到木板上(如图所示)，小木块
2018届高三物理二轮复习课件：第1部分 专题一 力与运动 1-1-3-3
解析 (1)当细线1上的张力为零时，小球的重力和细线2对小球
的拉力的合力提供小球做圆周运动的向心力，
即mgtan 37°＝mω21lsin 37°，
解得：ω1＝ lcosg37°＝52 2 rad/s；
(2)当ω2＝
50 3
rad/s时，由于ω2＞ω1，故小球应向左上方摆
起．
由几何关系可知，B点距C点的水平和竖直距离均为d＝lcos 37°＝ 0.8 m， 细线1的长度l′＝0.2 m. 假设细线1上的张力仍为零，设此时细线2与竖直轴的夹角为α， 则可得： mgtan α＝mω22lsin α，代入数据可解得：cos α＝0.6，即α＝53°， 由几何关系可知，此时细线1恰好竖直且细线的张力为零，故此 时细线2与竖直方向的夹角为53°.
解析：(1)当A点到过O点竖直线的距离为x1＝
5 4
l时，小球绕钉子
转动的半径为R1＝l－ 2l止到最低点 的过程中机械能守恒，则有mg(2l ＋R1)＝12mv12 在最低点细绳承受的拉力最大，有F－mg＝mRv211 解得最大拉力F＝7mg，所以mFg＝7.
[真题2] (2014·高考新课标全国卷Ⅱ)取水平地面为重力势能零
点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰
好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的
夹角为( )
π
π
A.6
B.4
π
5π
C.3
D.12
解析：选B.设物体水平抛出的初速度为v0，抛出时的高度为h，
由题意知
1 2
(2)设小球到达最高点时速度大小为v2，运动半径为R2， 小球绕钉子做圆周运动，恰好能到达最高点时有mg＝mRv222 运动过程中机械能守恒，有mg(2l －R2)＝12mv22
2018版高考物理二轮复习 第一板块 力学选择题 锁定9大命题区间 第7讲 掌握两概念一模型破解
专题检测（七） 掌握“两概念”“一模型”，破解功和功率问题1.如图所示，质量m ＝1 kg 、长L ＝0.8 m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平。
板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4。
现用F ＝5 N 的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F 做的功至少为(g 取10 m/s 2)( )A ．1 JB ．1.6 JC ．2 JD ．4 J 解析：选B 在薄板没有翻转之前，薄板与水平面之间的摩擦力f ＝μmg ＝4 N 。
力F 做的功用来克服摩擦力消耗的能量，而在这个过程中薄板只需移动的距离为L 2，则做的功至少为W ＝f ×L 2＝1.6 J ，所以B 正确。
2.[多选]如图所示，质量为m 的小球(可视为质点)用长为L 的细线悬于O 点，自由静止在A 位置，现用水平恒力F 拉动小球。
已知悬绳的最大偏角为θ，则力F 的大小及力F 做的功W 为( )A ．F ＝mg tan θB ．F ＝mg －cos θsin θC ．W ＝mgL (1－cos θ)D ．W ＝mgL tan θ解析：选BC 由动能定理得：－mgL (1－cos θ)＋W ＝0，故W ＝mgL (1－cos θ)，C 正确，D 错误；而W ＝FL sin θ，则F ＝mg －cos θsin θ，A 错误，B 正确。
3.(2017·北京模拟)如图所示，质量为m 的小球(可视为质点)用长为L 的细线悬挂于O 点，自由静止在A 位置。
现用水平力F 缓慢地将小球从A 位置拉到B 位置后静止，此时细线与竖直方向夹角为θ＝60°，细线的拉力为F 1，然后放手让小球从静止返回，到A 点时细线的拉力为F 2，则( )A ．F 1＝F 2＝2mgB ．从A 到B ，拉力F 做功为F 1LC ．从B 到A 的过程中，小球受到的合外力大小不变D ．从B 到A 的过程中，小球重力的瞬时功率一直增大解析：选A 在B 位置，根据平衡条件有F 1sin 30°＝mg ，解得F 1＝2mg 。
2018版高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第2讲熟知“四类典型运动”掌握物体运动规律专题
专题检测（二） 熟知“四类典型运动”，掌握物体运动规律1．[多选](2017·绍兴模拟)对于课本上的一些图片，下列说法正确的是( )A ．图甲中，有些火星的轨迹不是直线，说明炽热微粒不是沿砂轮的切线方向飞出的B ．图乙中，两个影子在x 、y 轴上的运动就是物体的两个分运动C ．图丙中，小锤用较大的力去打击弹性金属片，A 、B 两球将同时落地D ．图丁中，做变速圆周运动的物体所受合外力F 在半径方向的分力大于所需要的向心力 解析：选BC 题图甲中炽热微粒是沿砂轮的切线方向飞出的，但是由于重力及其他微粒的碰撞而改变了方向，选项A 错误；题图乙中沿y 轴的平行光照射时，在x 轴上的影子就是x 轴方向的分运动，同理沿x 轴的平行光照射时，在y 轴上的影子就是y 轴方向的分运动，选项B 正确；无论小锤用多大的力去打击弹性金属片，只是使得小球A 的水平速度发生变化，而两小球落地的时间是由两球离地面的高度决定的，所以A 、B 两球总是同时落地，选项C 正确；做变速圆周运动的物体所受合外力F 在半径方向的分力等于所需要的向心力，选项D 错误。
2．一质点沿直线Ox 方向做加速运动，它离开O 点的距离随时间变化的关系为x ＝4＋2t 3(m)，它的速度随时间变化的关系为v ＝6t 2(m/s)。
则该质点在t ＝2 s 时的瞬时速度和t ＝0到t ＝2 s 间的平均速度分别为( ) A ．8 m/s 、24 m/s B ．24 m/s 、8 m/s C ．24 m/s 、10 m/sD ．24 m/s 、12 m/s解析：选B 将t ＝2 s 代入质点的速度随时间变化的关系式v ＝6t 2(m/s)，得t ＝2 s 时的瞬时速度为v ＝6×22m/s ＝24 m/s ，将t ＝0和t ＝2 s 分别代入距离随时间变化的关系式x ＝4＋2t 3(m)，得：x 1＝4 m ，x 2＝20 m ，则质点在2 s 时间内通过的位移为x ＝x 2－x 1＝20 m－4 m ＝16 m ，所以：t ＝0到t ＝2 s 间的平均速度为v ＝x t ＝162m/s ＝8 m/s ；故B 正确。
2018届高三物理高考二轮复习 第一部分 专题一 第1讲 力与物体的平衡
考向二 共点力作用下物体的静态平衡
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
限时 规范训练
考向一 考向二 考向三 考向四
1．共点力的平衡条件 F 合＝0(或 Fx＝0，Fy＝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．解决共点力静态平衡问题的典型方法 力的合成法、正交分解法、整体法和隔离法．
考向二
考向一 考向二 考向三 考向四
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
限时 规范训练
试题 解析 答案
3．(2016·西安高三二模)将一横截面为扇形的物体 B 放在水平面上，一小滑
块 A 放在物体 B 上，如图所示，除了物体 B 与水平面间的摩擦力之外，其
余接触面的摩擦力均可忽略不计，已知物体 B 的质量为 M、滑块 A 的质量
考向三 考向四
物体 D.已知图中 2l＝1.0 m，b＝0.05 m，F＝400 N，B 与左壁接触，接触面
光滑，则 D 受到向上顶的力为(滑块和杆的重力不计)( B )
A．3 000 N
B．2 000 N
C．1 000 N
D．500 N
考向二
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
限时 规范训练
试题
解析
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
限时 规范训练
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
限时 规范训练
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
限时 规范训练
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
限时 规范训练
第 1 讲 力与物体的平衡
研考向 融会贯通
提能力 强化闯关
限时 规范训练
微网构建
研考向 融会贯通
2018版高考物理第2轮复习 第1部分 专题整合突破 专题6 机械能守恒定律 功能关系
图 6-3 (1)求小球在 B、A 两点的动能之比； (2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到 C 点．
[题眼点拨] ①“光滑固定轨道”说明运动过程机械能守恒；②“运动到 C 点”说明在 C 点轨道对球压力 N≥0.
【解析】 (1)设小球的质量为 m，小球在 A 点的动能为 EkA，由机械能守恒定
2．(单个物体的机械能守恒)(2016·Ⅲ卷 T24)如图 6-3 所示，在竖直平 面内有由14圆弧 AB 和12圆弧 BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点 B 平滑连接．AB 弧的半径为 R，BC 弧的半径为R2.一小球在 A 点正 上方与 A 相距R4处由静止开始自由下落，经 A 点沿圆弧轨道运动．
由④⑤式得，vC 应满足 mg≤m2Rv2C ⑥
由机械能守恒定律得 mgR4＝12mv2C ⑦ 由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到 C 点．
【答案】 (1)5 (2)能沿轨道运动到 C 点
(2014·Ⅱ卷 T17)如图所示，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( )
环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处 于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为 L，圆环下滑到最 大距离时弹簧的长度变为 2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的 过程中( )
【导学号：19624071】
图 6-5 A．圆环的机械能守恒 B．弹簧弹性势能变化了 3mgL C．圆环下滑到最大距离时，所受合力为零 D．圆环重力势能与弹簧弹性势能之和保持不变
A．Mg－5mg C．Mg＋5mg
高考物理二轮专题复习文档重难专题强化练力学的经典模型(一)课后冲关含解析
重难专题强化练——“力学的经典模型（一）”课后冲关1．[多选](2017·宁波联考)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，纸片上放质量均为1 kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。
则()A．若F＝1 N，则A、B、薄硬纸片都做匀加速运动B．若F＝1.5 N，则A所受摩擦力大小为1.5 NC．若F＝8 N，则B的加速度为4.0 m/s2D．无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动解析：选AD A与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：f A＝μm A g＝0.3×1×10 N＝3 N，B 与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：f B＝μm B g＝0.2×1×10 N＝2 N；F＝1 N<f A，所以A、B 及薄硬纸片保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A正确。
若F＝1.5 N<f A，A、B及薄硬纸片保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：F－f＝m A a，所以A所受摩擦力f<F＝1.5 N，故B错误。
当B刚要相对于薄硬纸片滑动时B所受静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得：f B＝m B a0，又f B＝μm B g，得：a0＝2 m/s2；对整体，有：F0＝(m A＋m B)·a0＝2×2 N＝4 N，即F达到4 N后，B将相对薄硬纸片运动，此时摩擦力f＝2 N；对薄硬纸片分析可知，薄硬纸片受到A的摩擦力大于B的摩擦力，故A和薄硬纸片间不会发生相对运动，故D正确。
由上述分析可知，当拉力大于4 N时，B 与薄硬纸片间的摩擦力即为滑动摩擦力，大小为2 N，此后增大拉力，不会改变B的受力情况，故C错误。
2．一长木板静止在倾角为θ的斜面上，长木板上一人用力推长木板上物块，使物块与长木板间的摩擦力刚好为零，已知人、物块、长木板的质量均为m，人、物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与斜面间的动摩擦因数为μ2，则下列说法正确的是()A．斜面对长木板的摩擦力为mg sin θB．斜面对长木板的摩擦力为3μ2mg cos θC．长木板对人的摩擦力为2μ1mg cos θD．长木板对人的摩擦力为2mg sin θ解析：选D对人、物块、长木板三者整体研究，斜面对它们的摩擦力为静摩擦力，大小为3mg sin θ，A、B项错误；对人、物块整体研究，由于物块与长木板间的摩擦力刚好为零，因此长木板对人的静摩擦力大小为2mg sin θ，C项错误，D项正确。
2018年高考物理二轮温习专题冲破练1力与物体的平稳
答案 C
解析P弹簧被紧缩,弹力不为零,小球受重力、弹簧P的压力、支持力,由于支持力有水平向左的分力,斜面滑腻,小球不受摩擦力,弹簧Q必然有拉力,因此小球受4个力平稳,故C正确,A、B、D错误,应选C。
2.
(2017山东济宁模拟)如下图,A、B为竖直墙面上等高的两点,AO、BO为长度相等的两根轻绳,CO为一根轻杆,转轴C在AB中点D的正下方,AOB在同一水平面内,∠AOB=90°,∠COD=60°,假设在O点处悬挂一个质量为m的物体,那么绳AO所受的拉力和杆OC所受的压力别离为()
10.如下图,放在水平面上的斜面体B始终静止,物块A放在斜面体上,一轻质弹簧两头别离与物块A及固定在斜面体底端的轻质挡板拴接,初始时A、B静止,弹簧处于紧缩状态。现使劲F沿斜面向下推A,但A并未运动。以下说法正确的选项是()
A.弹簧对挡板的作使劲不变
B.B对地面的压力增大
C.A、B之间的摩擦力必然增大
F=mgtanθ,θ慢慢增大那么F慢慢增大,故A错误;由图可知,细线的拉力FT= ,θ增大,FT增大,故B错误;以整体为研究对象,依照平稳条件得Ff=F,那么Ff慢慢增大。FN=(M+m)g,FN维持不变。故C错误,D正确。
7.
如下图,半径为R的半球形物体固定在水平地面上,球心正上方有一滑腻的小定滑轮,滑轮到球面B的距离为h,轻绳的一端系一小球,靠放在半球上的A点,另一端绕过定滑轮后使劲拉住,使小球静止。现缓慢拉绳,那么在使小球从A运动到B的进程中,半球形物体对小球的支持力FN和轻绳对小球的拉力F的转变情形是()
D.水平面对B的摩擦力始终为零
答案 AB
解析 开始时弹簧处于紧缩状态,加力F后,A未运动,弹簧长度不变,那么弹簧对挡板的作使劲不变,A正确。隔离物块A进行受力分析,假设初始时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;假设初始时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,或方向变成沿斜面向上,大小可能减小也可能增大,C错误。A、B、挡板和弹簧整体受力平稳,FN=M总g+F竖直,F水平=Ff,B对地面的压力增大,水平面对B的作使劲多了向左的摩擦力,因此B正确、D错误。
2018版高考物理二轮复习第一板块力学选择题锁定9大命题区间第3讲抓住“三类模型”破解竖直面内的圆周运动讲
第3讲 ⎪⎪抓住“三类模型”，破解竖直面内的圆周运动[考法·学法]一、通过“绳模型”考查竖直面内的圆周运动基础保分类考点[全练题点]1.[多选]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r ＝0.4 m ，最低点处有一小球(半径比r 小很多)，现给小球一水平向右的初速度v 0，则要使小球不脱离轨道运动，v 0应当满足(g ＝10 m/s 2)( )A ．v 0≥0B ．v 0≥4 m/sC ．v 0≥2 5 m/sD ．v 0≤2 2 m/s解析：选CD 解决本题的关键是全面理解“小球不脱离圆轨道运动”所包含的两种情况：(1)小球通过最高点并完成圆周运动；(2)小球没有通过最高点，但小球没有脱离圆轨道。
对于第(1)种情况，当v 0较大时，小球能够通过最高点，这时小球在最高点处需要满足的条件是mg ≤mv 2r ，又根据机械能守恒定律有12mv 2＋2mgr ＝12mv 02，可求得v 0≥2 5 m/s ，故选项C正确；对于第(2)种情况，当v 0较小时，小球不能通过最高点，这时对应的临界条件是小球上升到与圆心等高位置处，速度恰好减为零，根据机械能守恒定律有mgr ＝12mv 02，可求得v 0≤2 2 m/s ，故选项D 正确。
2.如图所示，长均为L 的两根轻绳，一端共同系住质量为m 的小球，另一端分别固定在等高的A 、B 两点，A 、B 两点间的距离也为L 。
重力加速度大小为g 。
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v 时，两根绳的拉力恰好均为零，则小球在最高点速率为2v 时，每根绳的拉力大小为( ) A.3mg B.433mg C ．3mgD ．23mg解析：选A 设小球在竖直面内做圆周运动的半径为r ，小球运动到最高点时轻绳与圆周运动轨道平面的夹角为θ＝30°，则有r ＝L cos θ＝32L 。
根据题述小球在最高点速率为v 时，两根绳的拉力恰好均为零，有mg ＝m v 2r；小球在最高点速率为2v 时，设每根绳的拉力大小为F ，则有2F cos θ＋mg ＝mv 2r，联立解得：F ＝3mg ，选项A 正确。
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重难专题强化练——“力学的经典模型（一）”课后冲关1．[多选](2017·宁波联考)一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，纸片上放质量均为1 kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。
则()A．若F＝1 N，则A、B、薄硬纸片都做匀加速运动B．若F＝1.5 N，则A所受摩擦力大小为1.5 NC．若F＝8 N，则B的加速度为4.0 m/s2D．无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动解析：选AD A与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：f A＝μm A g＝0.3×1×10 N＝3 N，B与薄硬纸片间的最大静摩擦力为：f B＝μm B g＝0.2×1×10 N＝2 N；F＝1 N<f A，所以A、B及薄硬纸片保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A正确。
若F＝1.5 N<f A，A、B及薄硬纸片保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：F－f＝m A a，所以A所受摩擦力f<F＝1.5 N，故B错误。
当B刚要相对于薄硬纸片滑动时B所受静摩擦力达到最大值，由牛顿第二定律得：f B＝m B a0，又f B＝μm B g，得：a0＝2 m/s2；对整体，有：F0＝(m A＋m B)·a0＝2×2 N＝4 N，即F达到4 N后，B将相对薄硬纸片运动，此时摩擦力f＝2 N；对薄硬纸片分析可知，薄硬纸片受到A的摩擦力大于B的摩擦力，故A和薄硬纸片间不会发生相对运动，故D正确。
由上述分析可知，当拉力大于4 N时，B与薄硬纸片间的摩擦力即为滑动摩擦力，大小为2 N，此后增大拉力，不会改变B的受力情况，故C错误。
2．一长木板静止在倾角为θ的斜面上，长木板上一人用力推长木板上物块，使物块与长木板间的摩擦力刚好为零，已知人、物块、长木板的质量均为m，人、物块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与斜面间的动，则下列说法正确的是()摩擦因数为μA．斜面对长木板的摩擦力为mg sin θB．斜面对长木板的摩擦力为3μ2mg cos θC．长木板对人的摩擦力为2μ1mg cos θD．长木板对人的摩擦力为2mg sin θ解析：选D对人、物块、长木板三者整体研究，斜面对它们的摩擦力为静摩擦力，大小为3mg sin θ，A、B项错误；对人、物块整体研究，由于物块与长木板间的摩擦力刚好为零，因此长木板对人的静摩擦力大小为2mg sin θ，C项错误，D项正确。
3．如图所示，A为一足够长的固定斜面，物块B由静止释放后能沿斜面匀加速下滑，现使物块B在t＝0时由静止释放，并同时受到一随时间变化规律为F＝kt的垂直于斜面的作用力。
v、f、a和E分别表示物块的速度、物块所受的摩擦力、物块的加速度和机械能，则下列描述v、f、a和E随时间t变化规律的图像中，可能正确的是()解析：选A 设物块B 的质量为m ，对物块B ，在斜面上开始时受重力mg 、外力F 、斜面的支持力N 和滑动摩擦力f 作用，在沿斜面方向上有：mg sin θ－f ＝ma ，在垂直斜面方向上有：N －mg cos θ－F ＝0，根据滑动摩擦定律有：f ＝μN ＝μmg cos θ＋μF ，又因为F ＝kt ，解得：ma ＝mg sin θ－μmg cos θ－μkt ，所以物块先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小为零时，速度达到最大，接着做加速度逐渐增大的减速运动，直至速度减为零，故选项A 正确，选项C 错误；摩擦力先与时间成一次函数关系，当物块速度减小为零时，摩擦力突变为静摩擦力，大小减小为mg sin θ恒定不变，且有mg sin θ＞μmg cos θ，故选项B 错误；物块下滑过程中的机械能减少量ΔE ＝∑f i Δx ，与时间不成线性关系，物块速度为零后，机械能不变，故选项D 错误。
4．[多选]如图所示，一斜面体置于粗糙水平地面上，斜面顶端固定一定滑轮，质量分别为m 1和m 2的物块用细线相连跨过定滑轮置于斜面上。
下列说法正确的是( )A ．若m 1、m 2均静止，则地面与斜面间无摩擦力B ．若m 1沿斜面匀速下滑，则地面对斜面有向右的摩擦力C ．若m 1沿斜面匀速上升，则地面对斜面有向左的摩擦力D ．不论m 1沿斜面向上还是向下匀速滑动，地面对斜面均无摩擦力解析：选AD 把m 1、m 2和斜面看成一个整体作为研究对象，不论m 1、m 2静止还是m 1匀速运动，系统均受力平衡，水平方向不受外力，故地面与斜面间无摩擦力。
5．[多选]如图所示，传送带的水平部分长为L ，运动速率恒为v ，在其左端无初速放上木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间可能是( ) A.L v ＋v2μg B.L v C.2L μgD.2L v解析：选ACD 若木块一直匀加速，则有L ＝12μgt 2，得t ＝2Lμg ，C 正确；若木块到达传送带另一端时，速度恰好等于v ，则有L ＝v t ＝v 2t ，得t ＝2Lv ，D 正确；若木块先匀加速运动经历时间t 1，位移为x ，再匀速运动经历时间t 2，位移为L －x ，则有v ＝μgt 1，2μgx ＝v 2，v t 2＝L －x ，从而得t ＝t 1＋t 2＝L v ＋v2μg，A 正确。
6．[多选]如图所示，小车板面上的物体质量为m ＝8 kg ，它被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力为6 N 。
现沿水平向右的方向对小车施加作用力，使小车由静止开始运动起来，运动中加速度由零逐渐增大到1 m /s 2，随即以1 m/s 2的加速度做匀加速直线运动。
以下说法中正确的是( )A ．物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终没有发生变化B．物体受到的摩擦力先减小、后增大，先向左、后向右C．当小车加速度(向右)为0.75 m/s2时，物体不受摩擦力作用D．小车以1 m/s2的加速度向右做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为8 N解析：选ABC开始时小车板面上的物体受弹簧水平向右的拉力为6 N，水平向左的静摩擦力也为6 N，合力为零。
沿水平向右方向对小车施加作用力，小车向右做加速运动时，物体沿水平向右方向上的合力(F＝ma)逐渐增大到8 N后恒定。
在此过程中向左的静摩擦力先减小，改变方向后逐渐增大到(向右)2 N而保持恒定；弹簧的拉力(大小、方向)始终没有变，物体与小车保持相对静止，小车上的物体不受摩擦力作用时，向右的加速度完全由弹簧的拉力提供：a＝F Tm＝0.75 m/s2。
综上所述，A、B、C正确。
7．[多选]如图所示，光滑固定斜面C的倾角为θ，质量均为m的A、B物块一起以某一初速度沿斜面向上做匀减速运动，已知A上表面是水平的，则下列说法正确的是() A．A受到B的摩擦力水平向右B．A受到B的摩擦力水平向左C．A、B之间的摩擦力为零D．A、B之间的摩擦力为mg sin θ·cos θ解析：选AD斜面光滑，以A、B为整体研究，以一定的初速度沿斜面向上滑行，其加速度都是沿斜面向下，大小为a＝g sin θ，这一加速度有水平向左的分量，a x＝a cos θ＝g sin θ·cos θ，可知A受到B的摩擦力水平向右；再研究B，f＝ma x＝mg sin θ·cos θ。
本题正确选项为A、D。
8．(2017·扬州模拟)如图所示，光滑水平面上放置一斜面体A，在其粗糙斜面上静止一物块B，开始时A处于静止状态。
从某时刻开始，一个从0逐渐增大的水平向左的力F作用在A上，使A和B一起向左做变加速直线运动。
则在B与A发生相对运动之前的一段时间内() A．B对A的压力和摩擦力均逐渐增大B．B对A的压力和摩擦力均逐渐减小C．B对A的压力逐渐增大，B对A的摩擦力逐渐减小D．B对A的压力逐渐减小，B对A的摩擦力逐渐增大解析：选D对物块B进行受力分析，如图所示，设斜面的倾角为θ。
将加速度分解在垂直斜面和沿斜面方向。
根据牛顿第二定律得：垂直于斜面方向：mg cos θ－F N＝ma sin θ平行于斜面方向：f－mg sin θ＝ma cos θ得到：F N＝mg cos θ－ma sin θf ＝mg sin θ＋ma cos θ可见，当加速度a 增大时，支持力F N 减小，摩擦力f 增大，根据牛顿第三定律得知，B 对A 的压力逐渐减小，B 对A 的摩擦力逐渐增大。
故选D 。
9．[多选]如图所示，槽放在水平桌面上，用轻弹簧将物体压在槽左壁上，此时弹簧对物体的压力为3 N ，物体的质量为0.5 kg ，槽的上表面水平，物体与槽之间的动摩擦因数为0.4，按最大静摩擦力等于滑动摩擦力计算。
现使槽与物体一起以8 m/s 2的加速度向左加速运动，下述说法中正确的是( )A ．物体相对于槽向右滑动一段距离B ．弹簧对物体的弹力变大C ．物体相对于槽仍不动D ．弹簧对物体的弹力不变解析：选CD 最大静摩擦力为f m ＝2 N ，当槽以8 m/s 2的加速度向左加速运动时，假设物体与槽相对静止，根据kx ＋f ＝ma ，结合弹簧弹力为3 N ，得静摩擦力为f ＝1 N ，由于f <f m ，所以物体相对于槽仍不动，则弹簧对物体的弹力不变。
10．[多选]如图所示，A 、B 两物块的质量均为m ＝5 kg ，放在倾角θ＝37°的斜面上，A 、B 与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5。
在沿斜面向上、大小为60 N 的力F 作用下，A 、B 均静止在斜面上。
此时，与A 、B 相连的轻弹簧被拉伸了x＝3 cm 。
已知弹簧的劲度系数k ＝400 N /m ，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
则下列说法中正确的是( )A ．A 、B 受到的静摩擦力大小一定相等B ．B 受到的静摩擦力大小为2 N ，方向沿斜面向上C ．A 受到的静摩擦力大小为18 N ，方向沿斜面向下D ．B 受到的静摩擦力大小为18 N ，方向沿斜面向上解析：选ACD 由胡克定律可得，弹簧弹力F ′＝kx ＝12 N ，由于A 处于静止状态，故A 受力平衡，设A 所受静摩擦力方向沿斜面向下，则有F －F ′－mg sin θ－f A ＝0，求得f A ＝18 N ，由于B 处于静止状态，设B 所受静摩擦力沿斜面向下，则有F ′－mg sin θ－f B ＝0，解得f B ＝－18 N ，故B 所受静摩擦力大小为18 N ，方向沿斜面向上，故A 、C 、D 均正确，B 错误。