2020高考物理新课标专用版冲刺大二轮讲义：专题一力与运动第3课时 Word版含答案

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高考物理二轮复习专题一力与运动第3讲抛体运动圆周运动课件

[解析] 小环释放后，v环增加，而v物＝vcosθ(θ为绳与杆间夹角)，v物增大，由此可知小环刚释放时重物具有向上的加速度，故绳中张力一定大于2mg，A项
正确；小环到达B处时，绳与直杆间的夹角为45°，重物上升的高度h＝( 2 －
1)d，B项正确；将小环速度v环进行正交分解，其分速度与重物上升的速度大小
• (1)合力方向与轨热迹点的一关系运：动物的体合做成曲与线分运解动的轨迹一定夹在合力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合力方向指向曲线的“凹”侧。
• (2)速率变化情况判断：合力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速率将增大；合力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体的速率将减小；合力方向与速度方向始终垂直时，物体的速率保持不变。
• 方法总结
• 平抛(类平抛)运动的求解方法
• (1)基本求法：把平抛(类平抛)运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向的初速度为零的匀加速直线运动，通过研究分运动达到研究合运动的目的。
• (2)特殊求法
• ①对于有些问题过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度、初
速度沿坐标轴分解，分别在x、y轴方向上列方程求解。
地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球
()
• A．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零
D
• B．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零
• C．落地点在抛出点东侧
• D．落地点在抛出点西侧
• [解析] A错：将小球竖直上抛的运动分解为水平和竖直两个分运动。上升阶段，随着小球竖直分速度的减小，其水平向西的力逐渐变小，因此水平向西的分加速度逐渐变小，小球的水平分运动是向西的变加速运动，故小球到最高点时水平向西的速度达到最大值，在最高点速度不为零。B错：小球到最高点时竖直方向的分速度为零，由题意知小球这时不受水平方向的力，故小球到最高点时水平分加速度为零。

2020届高考物理二轮复习精品课件：专题一力与运动

范文2020届高考物理二轮复习精品课件：专题一力1/ 16与运动专题一力与运动第10讲力学实验第11讲电学实验考点研究匀变速直线运动(测长度) 探究弹力和弹簧伸长量的关系验证力的平行四边形定则探究动能定理验证牛顿第二定律近年高考纵览 2013年 2014年 2015年浙江卷21，广东卷34(1) 全国大纲卷22，福建卷19(1)，江苏卷10(1) 广东卷34(1)，江苏卷11 新课标全国卷福建卷19(1)，Ⅱ23，浙江卷21 四川卷8(1) 福建卷19(1)，四川卷8(2) 天津卷9 (2) 江苏卷11 天津卷9(2) 新课标全国卷Ⅰ22 安徽卷21Ⅰ，山东卷21 返回目录3/ 16近年高考纵览测定动摩擦因数新课标全国卷Ⅰ22，全国卷23 山东卷21 新课标全国卷Ⅱ22 验证机械能守海南卷11 浙江卷21 恒定律测量金新课标全属广东卷34(2)，国卷Ⅱ22，丝阻的电北京卷 21 ，海南卷 12 ，新课标全浙天江津卷卷291(，3) ，重庆卷6(2) 率 ( 测电国卷Ⅰ23 四川卷 8(2) ，阻) 江苏卷10 返回目录近年高考纵览描绘小电珠的伏安特性曲线电表改装电路故障测定电源的电动势和内阻福建卷天津卷 9(3)，江苏卷10 19(2) ，广东卷 34(2) ，海南卷 12 ，浙江卷22 新课标全国卷Ⅱ23 新课标全国卷Ⅰ23 重庆卷 6 重庆卷 6(1) ，广东卷34(1) 山东卷22，新课标安徽卷浙江卷22，新课标全国卷Ⅰ23 全国卷Ⅰ23，北京卷 9 ，福建卷 19(2) ，全国大纲卷23，安徽卷21 Ⅱ ，江苏卷 10 ，四川卷8(2)，21Ⅱ 天津卷9(3) 返回目录5/ 16知识网络构建返回目录知识网络构建明确有效数字、误差意义，知道减小误差的一般方法，掌握误差分析的方法；熟知常用仪器的使用方法和读数要求，能根据实验要求选取适当的实验仪器及其量程；理解高考大纲要求的实验的基本原理，掌握实验方法、数据处理方法，并能对实验结果进行误差分析；重点掌握纸带问题的处理方法、伏安法测电阻时电流表的内外接法、图像法处理数据的方法．返回目录7/ 16高考真题聚焦高频第10讲力学实验考点探究热点模型解读返回目录核心知识重组一、力学实验备考要点分类研究性实验实验名称研究匀变速直线运动探究弹力和弹簧伸长量的关系探究动能定理备考要点数据处理方法： (1)公式法：v＝、Δx＝aT2 (2)图像法：xt图像、vt图像、 at图像弹簧的伸长量保持在弹性限度内；记录弹簧伸长量以及所受拉力的数据，在坐标纸上描点，作出图像；写出与图像对应的函数关系，得出实验结论，明确图线斜率与劲度系数的关系注意平衡摩擦力，知道功的大小的确定方法以及物体速度的求解方法返回目录9/ 16核心知识重组分类验证性实验实验名称验证机械能守恒定律验证力的平行四边形定则验证牛顿第二定律备考要点用自由落体进行实验，知道如何从纸带的数据中确定ΔEp减和ΔEk 增弹簧测力计的使用注意事项及读数、力的图示、根据平行四边形定则求出合力平衡摩擦力，控制变量法，图像法处理数据，实验条件的控制(m远小于M)及实验注意事项返回目录核心知识重组二、力学实验中的测量待测量长度测量工具刻度尺螺旋测微器游标卡尺方法说明毫米刻度尺精度为1 mm，读数时应估读到0.1 mm 测量值＝固定刻度的毫米数(注意半毫米刻线是否露出)＋精度×转动刻度与主尺中心刻线所对刻度值(注意转动刻度值要估读)，螺旋测微器精度为0.01 mm 测量值＝主尺的毫米数＋精度×游标尺对齐的格数( 注意刻度值不估读)，10分度、20分度、50分度游标卡尺精度分别为0.1 mm、 0.05 mm、0.02 mm 返回目录11/ 16核心知识重组待测量时间力测量工具打点计时器光电计时器弹簧测力计方法说明 t＝nT(n表示两个计时点间的间隔个数，T 表示打点周期，打点周期与所接交流电周期相同) 光电计时器能自动记录挡光时间及两次挡光之间的时间间隔力的大小＝精度×指针指示的格数(注意估读) 返回目录待测量速度核心知识重组测量工具打点纸带频闪照相光电门方法说明纸带做匀变速直线运动时，中间时刻的瞬时速度等于对应时间内的平均速度 (利用等时间间隔照片信息记录物体在不同时刻的位置)同上由于挡光片的宽度很小，瞬时速度v＝(d表示滑块上挡光片的宽度，Δt表示挡光片挡光时间) 返回目录13/ 16核心知识重组待测量加速度测量工具方法说明打点纸带(频闪照相) 纸带做匀变速直线运动时，a＝ΔT2x或 a ＝（mxm－－nx）n T2 光电门纸带做匀变速直线运动时，a＝v2Δ－tv1 (v1、v2 分别表示滑块在 t1、t2 两个时刻的速度，Δt 表示对应的时间) 返回目录核心知识重组三、实验数据的记录与处理 1．有效数字 (1)用测量仪器直接测量的结果，读数一般要求在读出仪器最小刻度所在位的数值(可靠数字)后，再向下估读一位(不可靠数字)，不受有效数字位数的限制； (2)间接测量的有效数字运算结果一般可用2～3位有效数字表示．返回目录15/ 16核心知识重组 2．系统误差和偶然误差误差产生原因误差特点减小方法系统误差实验仪器不精密、实验原理不完善、实验方法过于简便有规律地朝着某一方向偏离真实值(总。

2020高考物理浙江专用版大二轮课件：专题一力与运动第3讲

第3讲　力与曲线运动第一部分　专题一　力与运动题型1　曲线运动的性质和特点内容索引NEIRONGSUOYIN 题型2　平抛运动规律的应用题型3　圆周运动问题题型4　万有引力定律的理解和应用曲线运动的性质和特点题型1相关知识链接1.条件F合与v的方向不在同一直线上，或加速度方向与速度方向不共线.2.性质(1)F合恒定：做匀变速曲线运动.(2)F合不恒定：做非匀变速曲线运动.3.速度方向：沿轨迹切线方向.4.合力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在速度方向与合力方向之间，合力的方向指向曲线的“凹”侧.规律方法提炼1.合运动与分运动物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成.2.合运动的性质根据合外力与合初速度的方向关系判断合运动的性质.3.运动的合成与分解指速度、位移、加速度等的合成与分解，遵守平行四边形定则.例1　(多选)在一光滑水平面内建立平面直角坐标系，一物体从t＝0时刻起，由坐标原点O(0,0)开始由静止开始运动，其沿x轴和y轴方向运动的速度－时间图象如图甲、乙所示，关于物体在0～4 s这段时间内的运动，下列说法中正确的是A.前2 s内物体沿x轴做匀加速直线运动B.后2 s内物体继续做匀加速直线运动，但加速度沿y轴方向C.4 s末物体坐标为(4 m,4 m)D.4 s末物体坐标为(6 m,2 m)√√解析　前2 s内物体在y轴方向没有速度，只有x轴方向有速度，由题图甲看出，物体在x轴方向做匀加速直线运动，故A正确；在2～4 s内，物体在x轴方向做匀速直线运动，y轴方向做匀加速直线运动，根据运动的合成得知，物体做匀加速曲线运动，加速度沿y轴方向，故B错误；拓展训练1　(2019·江苏苏北三市第一次质检)如图所示，一块可升降白板沿墙壁竖直向上做匀速运动，某同学用画笔在白板上画线，画笔相对于墙壁从静止开始水平向右先匀加速，后匀减速直到停止.取水平向右为x轴正方向，竖直向下为y轴正方向，则画笔在白板上画出的轨迹可能为√解析　由题可知，画笔相对白板竖直方向向下做匀速运动，水平方向先向右做匀加速运动，根据运动的合成和分解可知此时画笔做曲线运动，由于加速度方向向右，即合力方向向右，则曲线向右弯曲；然后水平方向向右做减速运动，同理可知轨迹仍为曲线运动，由于加速度方向向左，即合力方向向左，则曲线向左弯曲，故选项D正确，A、B、C错误.拓展训练2　(2019·福建厦门市第一次质量检查)在演示“做曲线运动的条件”的实验中，有一个在水平桌面上向右做直线运动的小钢球，第一次在其速度方向上放置条形磁铁，第二次在其速度方向上的一侧放置条形磁铁，如图所示，虚线表示小球的运动轨迹.观察实验现象，以下叙述正确的是A.第一次实验中，小钢球的运动是匀变速直线运动B.第二次实验中，小钢球的运动是类平抛运动，其轨迹是一条抛物线C.该实验说明做曲线运动物体的速度方向沿轨迹的切线方向D.该实验说明物体做曲线运动的条件是物体受到的合外力的方向与速度方向不在同一直线上√解析　第一次实验中，小钢球受到沿着速度方向的吸引力作用，做直线运动，并且随着距离的减小吸引力变大，加速度变大，则小球的运动是非匀变速直线运动，选项A错误；第二次实验中，小钢球所受的磁铁的吸引力方向总是指向磁铁，是变力，故小球的运动不是类平抛运动，其轨迹也不是一条抛物线，选项B错误；该实验说明物体做曲线运动的条件是物体受到的合外力的方向与速度方向不在同一直线上，但是不能说明做曲线运动物体的速度方向沿轨迹的切线方向，故选项C错误，D正确.平抛运动规律的应用题型2相关知识链接分析题目条件是位移(方向)关系，还是速度(方向)关系，选择合适的关系式解题.规律方法提炼1.基本思路处理平抛(或类平抛)运动时，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动.2.两个突破口(1)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值.(2)若平抛运动的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值.例2　(2019·温州市联考)在18届雅加达亚运会中，中国女排毫无悬念地赢得了冠军，图为中国队员比赛中高抛发球.若球离开手时正好在底线中点正上空3.49 m 处，速度方向水平且与底线垂直.已知每边球场的长和宽均为9 m ，球网高为2.24 m ，重力加速度g 取10 m/s 2，不计空气阻力.为了使球能落到对方场地，下列发球速度大小可行的是A.15 m /sB.17 m/sC.20 m /sD.25 m/s 得最小速度v 1＝18 m/s得最大速度v 2≈22 m/s故发球速度范围是18 m/s ＜v ＜22 m/s ，故选C.√拓展训练3　(2019·金华十校期末)如图所示，一名运动员在参加跳远比赛，他腾空过程中离地面的最大高度为L，成绩为4L，假设跳远运动员落入沙坑瞬间速度方向与水平面的夹角为α，运动员可视为质点，不计空气阻力.则有解析　从最高点到落入沙坑是平抛运动由2L＝v0t√v y＝gt拓展训练4　(多选)(2019·全国卷Ⅱ·19)如图(a)，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离.某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v 表示他在竖直方向的速度，其v －t 图像如图(b)所示，t 1和t 2是他落在倾斜雪道上的时刻.则A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D.竖直方向速度大小为v 1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大√√可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，选项A错误；从起跳到落到雪道上，第一次速度变化大，时间短，由a＝可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，选项C错误；第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，选项B正确；竖直方向上的速度大小为v1时，根据v－t图线的斜率表示加速度可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小，由牛顿第二定律有mg－F f＝ma，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大，选项D正确.圆周运动问题题型3相关知识链接1.物理量间的关系2.三种传动方式(1)皮带传动、摩擦传动：两轮边缘线速度大小相等(2)同轴转动：轮上各点角速度相等规律方法提炼1.基本思路(1)进行受力分析，明确向心力的来源，确定圆心、轨道平面以及半径.2.技巧方法(1)竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系；(2)最高点和最低点利用牛顿第二定律进行动力学分析.3.两种模型(2)杆球模型：小球能到达最高点的条件是v≥0.例3　(2019·安徽芜湖市上学期期末)如图所示，用长为L 的细线系着一个质量为m 的小球(可以看作质点)，以细线端点O 为圆心，在竖直平面内做圆周运动.P 点和Q 点分别为圆轨迹的最低点和最高点，不考虑空气阻力，小球经过P 点和Q 点所受细线拉力的差值为A.2mgB.4mgC.6mgD.8mg√拓展训练5　(2019·绍兴诸暨市期末)如图所示是磁盘的磁道，磁道是一些不同半径的同心圆.为了数据检索的方便，磁盘格式化要求所有磁道储存的字节与最内磁道的字节相同，最内磁道上每字节所占用磁道的弧长为L.已知磁盘的最外磁道半径为R，最内磁道的半径为r，相邻磁道之间的宽度为d，最外磁道不储存字节.电动机使磁盘以每秒n圈的转速匀速转动，磁头在读写数据时保持不动，磁盘每转一圈，磁头沿半径方向跳动一个磁道，不计磁头转移磁道的时间.下列说法正确的是√拓展训练6　(2019·绍兴市3月选考)为了提高一级方程式赛车的性能，在形状设计时要求赛车上下空气存在一个压力差(即气动压力)，从而增大赛车对地面的正压力.如图所示，一辆总质量为600 kg的赛车以288 km/h的速率经过一个半径为180 m的水平弯道，转弯时赛车不发生侧滑，侧向附着系数(正压力与摩擦力的比值)η＝1，则赛车转弯时A.向心加速度大小约为460 m/s2B.受到的摩擦力大小约为3×105 NC.受到的支持力大小约为6 000 ND.受到的气动压力约为重力的2.6倍√解析　288 km/h＝80 m/s万有引力定律的理解和应用题型4天体质量和密度(1)利用天体表面的重力加速度g 和天体半径R.(2)通过卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T 和轨道半径r.相关知识链接1.环绕天体模型规律方法提炼2.变轨问题(1)同一卫星在不同轨道上运行时机械能和周期不同，轨道半径越大，机械能越大，周期越长.(2)卫星经过不同轨道相切的同一点时加速度相等，在外轨道的速度大于在内轨道的速度.3.双星问题例4　(2018·全国卷Ⅱ·16)2018年2月，我国500 m口径射电望远镜(天眼)发现毫秒脉冲星“J0318＋0253”，其自转周期T＝5.19 ms.假设星体为质量均匀分布的球体，已知万有引力常量为6.67×10－11 N·m2/kg2.以周期T稳定自转的星体的密度最小值约为A.5×109 kg/m3 B.5×1012 kg/m3√C.5×1015 kg/m3D.5×1018 kg/m3拓展训练7　(2019·全国卷Ⅲ·15)金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a金、a地、a火，它们沿轨道运行的速率分别为v金、v地、v火.已知它们的轨道半径R金<R地<R火，由此可以判定√A.a金>a地>a火B.a火>a地>a金C.v地>v火>v金D.v火>v地>v金拓展训练8　(2019·新高考研究联盟二次联考)如图，拉格朗日点L1位于地球和月球连线上，处在拉格朗日点L1上的空间站与月球一起以相同的周期绕地球做匀速圆周运动.以下判断正确的是A.空间站的绕行速度大于月球的绕行速度B.空间站的向心力仅由地球的万有引力提供C.空间站的向心加速度小于月球的向心加速度D.月球运行的线速度大于同步卫星运行的线速度√空间站的向心力是由地球和月球的万有引力的合力提供，由B错误；例5　(多选)(2018·全国卷Ⅰ·20)2017年，人类第一次直接探测到来自双中子星合并的引力波.根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100 s 时，它们相距约400 km ，绕二者连线上的某点每秒转动12圈.将两颗中子星都看作是质量均匀分布的球体，由这些数据、万有引力常量并利用牛顿力学知识，可以估算出这一时刻两颗中子星A.质量之积B.质量之和C.速率之和D.各自的自转角速度√√解析　两颗中子星运动到某位置的示意图如图所示每秒转动12圈，角速度已知，中子星运动时，由万有引力提供向心力得l＝r1＋r2③质量之和可以估算.由线速度与角速度的关系v＝ωr得v1＝ωr1④v2＝ωr2⑤由③④⑤式得v1＋v2＝ω(r1＋r2)＝ωl，速率之和可以估算.质量之积和各自自转的角速度无法求解.。

(新课标)2020版高考物理大二轮复习专题一力与运动第一讲力与物体的平衡课件

A．小球受 3 个力作用 B．环受到小球的压力大小为 Gsinθ C．弹簧处于伸长状态 D．弹簧的形变量为Gk [解析] 由于弹簧恰好竖直，小球受到的重力与受到的弹簧弹力恰好平衡，环对小球没有支持力作用，小球只受两个力的作用，即 kx＝G，得 x＝Gk ，弹簧处于压缩状态，综上所述，D 正确．
所以
E2
的方向竖直向上，选项
B
正确；由以上分析可知E1＝3， E2 4
选项 C 错误；AP 段有 mg＝Bqvcos37°，即 v＝54mBqg，选项 D 正
确．
(1)若物体在重力、电场力、洛伦兹力作用下做直线运动，则物体必做匀速直线运动．
(2)无法判断物体带电性质时，可考虑用假设法处理. 热点考向三电磁感应现象中的平衡问题
(1)作用在金属棒 ab 上的安培力的大小； (2)金属棒运动速度的大小．
[解析] (1)设两导线的张力大小之和为 T，右斜面对 ab 棒的支持力的大小为 FN1，作用在 ab 棒上的安培力的大小为 F，左斜面对 cd 棒的支持力大小为 FN2.对于 ab 棒，由力的平衡条件得
2mgsinθ＝μFN1＋T＋F① FN1＝2mgcosθ② 对于 cd 棒，同理有 mgsinθ＋μFN2＝T③ FN2＝mgcosθ④ 联立①②③④式得 F＝mg(sinθ－3μcosθ)⑤
第
一部
专题综合突破分专题一Fra bibliotek力与运动
第一讲
力与物体的平衡
知识体系构建
[答案] (1)场力
(2)接触力
(3)按顺序找力 ①分析场力，如：重力、电场力、磁场力； ②分析已知外力； ③分析接触力：先分析弹力，后分析摩擦力． (4)受力分析的注意事项 ①只分析受力物体，不分析施力物体； ②只分析性质力，不分析效果力，如向心力等； ③只分析外力，不分析内力； ④分析物体受力时，应关注物体的运动状态(如物体静止、加速与减速、直线与曲线运动等)． (5)平衡条件：F 合＝0(正交分解 Fx＝0，Fy＝0)． (6)平衡状态：物体处于静止或匀速直线运动的状态.

高考物理二轮复习专题突破篇 1.1.3 力与运动课件

kv C. 1－k2
v D. k2－1
思路点拨：(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在静水中的速度决定．
(2)“回程时行驶路线与河岸垂直” 说明过河时间由河宽和实际速度决定．
答案：B
解析：设小船在静水中的速度为 v1，去程时船头垂直河岸，如图所示，由合运动与分运动具有等时性并设河宽为 d，则去程时间 t1＝vd1；回程时行驶路线垂直河岸，故回程时间 t2＝ v12d－v2，由题意有tt12＝k，则 k＝ v21v－1 v2，得 v1＝ 1－v2k2＝ 1v－k2，选项 B 正确．
①当船在静水中的速度 v1 大于水流速度 v2 时，最短过河位移为河宽 d，如图甲所示，船头指向上游与河岸的夹角 α＝ arccosvv21.
甲
乙
②当船在静水中的速度 v1 小于水流速度 v2 时，过河的最短位移为 x，如图乙所示，船头指向上游与河岸的夹角为 θ＝ arccosvv12，最短位移 x＝vv21d.
各分运动经历的时间与合运动经历的时间相等一个物体同时参与几个分运动，各个运动独立进行不受其他分运动的影响各个分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果合运动是物体的实际运动
2.物体做曲线运动的特点 (1)做曲线运动的物体受到的合力与速度不在同一直线上，且总是指向曲线的凹侧． (2)F 合恒定：做匀变速曲线运动． (3)F 合变化：做非匀变速曲线运动．
⊳第一部分专题突破篇
专题一力与运动
第3讲抛体运动和圆周运动
高频考点（一）运动的合成与分解
名师点睛：1.怎么考：以选择题的形式考查． 2.考什么：运动的合成与分解的理解及应用． 3.怎么学：难度一般，自主练透．

2020新课标高考物理二轮讲义：专题一第2讲力与物体的直线运动 Word版含解析

第2 讲力与物体的直线运动典题再现1.(多选)(2020·山东等级考模拟)如图所示，某人从距水面一定高度的平台上做蹦极运动．劲度系数为k 的弹性绳一端固定在人身上，另一端固定在平台上．人从静止开始竖直跳下，在其到达水面前速度减为零．运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内．取与平台同高度的O 点为坐标原点，以竖直向下为y 轴正方向，忽略空气阻力，人可视为质点．从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用v、a、t 分别表示人的速度、加速度和下落时间．下列描述v 与t、a 与y 的关系图象可能正确的是( )解析：选AD.人在下落的过程中，弹性绳绷紧之前，人处于自由落体状态，加速度为g；弹性绳绷紧之后，弹力随下落距离逐渐增加，C 错误，D 正确；人的加速度先减小后反向增加，可知速度时间图象的斜率先减小后反向增加，B 错误，A 正确.考情分析典题再现2.(多选)(2020·山东等级考模拟)第二届进博会于2019 年11 月在上海举办，会上展出了一种乒乓球陪练机器人，该机器人能够根据发球人的身体动作和来球信息，及时调整球拍将球击回．若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落到对方的台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转．下列说法正确的是( ) A.击球过程合外力对乒乓球做功为零B.击球过程合外力对乒乓球的冲量为零C.在上升过程中，乒乓球处于失重状态D.在下落过程中，乒乓球处于超重状态解析：选AC.球拍将乒乓球原速率击回，可知乒乓球的动能不变，动量方向发生改变，可知合力做功为零，冲量不为零，A 正确，B 错误；在乒乓球的运动过程中，加速度方向向H2 ×4g2Hg2 ×H34g2－331下，可知乒乓球处于失重状态，C 正确，D 错误. .考情分析典题再现3.(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离H H地后重心上升的最大高度为H.上升第一个所用的时间为t1，第四个所4 4t2用的时间为t2.不计空气阻力，则t满足( )t2 t2A.1<t1<2 B．2<t1<3t2 t2C.3< <4 D．4< <5t1 t1解析：选C.本题应用逆向思维求解，即运动员的竖直上抛运动可等同于从一定高度处开H H始的自由落体运动，所以第四个所用的时间为t2＝，第一个所用的时间为t1＝4 4t2 1 t2－，因此有＝＝2＋，即3< <4，选项C 正确.t1 t1考情分析命题研究近几年全国卷突出对运动图象的理解、牛顿第二定律的应用等知识的考查，另外主要从匀变速直线运动规律的应用能力、应用图象分析物体运动规律的能力、牛顿第二定律在力学运动中以及在系统问题、多阶段问题中的应用能力等方面进行命题．山东物理模考中此部分也是必考题，而且综合考查．在今后备考中尤其要注重对运动图象的分析及“传送带”“滑块—木板”模型与牛顿运动定律的综合应用和整体法、隔离法的应用匀变速直线运动规律的应用【高分快攻】1．匀变速直线运动问题常用的六种解题方法2．追及问题的解题思路和技巧(1)解题思路(2)解题技巧①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式．②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件．③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析．【典题例析】(多选)(2019·浙江模拟)建筑工人常常徒手抛砖块，当砖块上升到最高点时，被楼上的师傅接住用以砌墙，若某次以10 m/s 的速度从地面竖直向上抛出一个砖块，楼上的师傅没有接住，g 取10 m/s2，空气阻力可以忽略，则( )A．砖块上升的最大高度为10 mB．经2 s 砖块回到抛出点1 C ．砖块回到抛出点前 0.5 s 时间内通过的距离为 3.75 m D ．被抛出后上升过程中，砖块做变减速直线运动v v 0 [解析] 由 h ＝2 得，砖块上升的最大高度 h ＝5 m ，选项 A 错误；砖块上升的时间 t ＝ gg＝1 s ，上升阶段与下降阶段的时间对称，经 2 s 砖块回到抛出点，选项 B 正确；砖块被抛出 1后经 0.5 s 上升的高度 h ′＝v 0t ′－ gt ′2＝3.75 m ，由于上升阶段与下降阶段的时间、位移具2 有对称性，所以砖块回到抛出点前 0.5 s 时间内通过的距离为 3.75 m ，选项 C 正确；砖块被抛出后加速度不变，故上升过程砖块做匀减速直线运动，选项 D 错误．[答案] BC【题组突破】角度 1 解决直线运动方法的灵活运用1．如图所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔 8 m 设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为 5 s 和 2 s ．关卡刚放行时，一同学立即在关卡 1 处以加速度 2 m/s 2 由静止加速到 2 m/s ，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是()A ．关卡 2B ．关卡 3C ．关卡 4D ．关卡 5v 1解析：选 C.该同学加速到 2 m/s 时所用时间为 t 1，由 v 1＝at 1，得 t 1＝ a＝1 s ，通过的位1移 x 1＝ at 12＝1 m ，然后匀速前进的位移 x 2＝v 1(t －t 1)＝8 m ，因 x 1＋x 2＝9 m>8 m ，即这位同学 2已通过关卡 2，距该关卡 1 m ，当关卡关闭 t 2＝2 s 时，此同学在关卡 2、3 之间通过了 x 3＝ v 1t 2＝4 m 的位移，接着关卡放行 t ＝ 5 s ，同学通过的位移 x 4＝v 1t ＝10 m ，此时距离关卡 4x 5 为 x 5＝16 m －(1＋4＋10) m ＝1 m ，关卡关闭 2 s ，经过 t 3＝v＝0.5 s 后关卡 4 最先挡住他前进．角度 2 追及、相遇问题2．[一题多解]在水平轨道上有两列火车 A 和 B 相距 x ，A 车在后面做初速度为 v 0、加速度大小为 2a 的匀减速直线运动，而 B 车同时做初速度为零、加速度为 a 的匀加速直线运动，两车运动方向相同．要使两车不相撞，求 A 车的初速度 v 0 满足什么条件．解析：两车不相撞的临界条件是，A 车追上 B 车时其速度与 B 车相等．设 A 、B 两车从6ax6ax 6ax 6ax 相距 x 到 A 车追上 B 车时，A 车的位移为 x A 、末速度为 v A 、所用时间为 t ；B 车的位移为 x B 、末速度为 v B ，运动过程如图所示，现用如下四种方法解答：1法一(临界法)：利用位移公式、速度公式求解，对 A 车有 x A ＝v 0t ＋ ×(－2a )×t 2，v A ＝v 02 ＋(－2a )×t1对 B 车有 x B ＝ at 2，v B ＝at2两车位移关系有 x ＝x A －x B 追上时，两车不相撞的临界条件是 v A ＝v B 联立以上各式解得 v 0＝故要使两车不相撞，A 车的初速度 v 0 应满足的条件是v 0≤ .1 1 法二(函数法)：利用判别式求解，由法一可知 x A ＝x ＋x B ，即 v 0t ＋ ×(－2a )×t 2＝x ＋ at 22 2 整理得 3at 2－2v 0t ＋2x ＝0这是一个关于时间 t 的一元二次方程，当根的判别式Δ＝(－2v 0)2－4·3a ·2x ＝0 时，两车刚好不相撞，所以要使两车不相撞，A 车的初速度 v 0 应满足的条件是v 0≤ .法三(图象法)：利用 v －t 图象求解，先作 A 、B 两车的 v －t 图象，如图所示，设经过 t 时间两车刚好不相撞，则对 A 车有 v A ＝v ′＝v 0－2at 对 B 车有 v B ＝v ′＝atv 0 以上两式联立解得 t ＝3a经 t 时间两车发生的位移之差为原来两车间距离 x ，它可用图中的阴影面积表示，由图象可知1 1 v 0 v x ＝ v 0·t ＝ v 0· ＝2 2 3a 6a所以要使两车不相撞，A 车的初速度 v 0 应满足的条件是 v 0≤ .法四(相对运动法)：巧选参考系求解．以 B 车为参考系，A 车的初速度为 v 0，加速度为 a ′＝－2a －a ＝－3a .A 车追上 B 车且刚好不相撞的条件是：v ＝0，这一过程 A 车相对于 B 车的位移为 x ，由运动学公式 v 2－v 20＝2a ′x 得：6ax 6ax 6ax运动情况（v 、x 、t ）受力情况列牛顿第二定律方程求瞬时加速度02－v 20＝2·(－3a )·x所以 v 0＝ .故要使两车不相撞，A 车的初速度 v 0 应满足的条件是 v 0≤ . 答案：v 0≤命题角度解决方法易错辨析匀变速直线运动规律的应用推论法、比例法、逆向思维法等找准运动过程中的转折点追及、相遇问题挖掘隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，对应两者速度相等这样一个转折点若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上该物体前它是否已停止运动，另外最后还要注意对解的讨论分析牛顿运动定律的应用【高分快攻】1．动力学的两类基本问题的处理思路F 合＝m a a F合运动学公式2．瞬时加速度的求解 (1)两类模型①刚性绳(或接触面)——不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断(或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢复时间．②弹簧(或橡皮绳)——两端同时连接(或附着)有物体的弹簧(或橡皮绳)，特点是形变量大，其形变恢复需要一段时间，在瞬时性问题中，其弹力的大小往往可以看成保持不变．(2)求解瞬时加速度的一般思路→ →【典题例析】(2019·高考全国卷Ⅱ)一质量为 m ＝2 000 kg 的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机忽然发现前方 100 m 处有一警示牌，立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a )中的图线．图(a )中，0～t 1 时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t 1＝ 0.8 s ；t 1～t 2 时间段为刹车系统的启动时间，t 2＝1.3 s ；从 t 2 时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止．已知从 t 2 时刻开始，汽车第 1 s 内的位移为 24 m ，第 4 s 内的位移为 1分析瞬时变化前后物体的受力情况m.(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v－t 图线；(2)求t2 时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2 时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2 时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?[解析] (1)v－t 图象如图所示．(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1 时刻的速度也为v1；t2 时刻的速度为v2.在t2 时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a.取Δt＝1 s．设汽车在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt 内的位移为s n，n＝1，2，3….若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt 时间内未停止，设它在t2＋3Δt 时刻的速度为v3，在t2＋4 Δt 时刻的速度为v4，由运动学公式有s1－s4＝3a(Δt)2 ①1s1＝v2Δt－a(Δt)2 ②2v4＝v2－4aΔt ③联立①②③式，代入已知数据解得17m/s ④v4＝－6这说明在t2＋4Δt 时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立．由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt 内汽车停止，由运动学公式v3＝v2－3aΔt ⑤2a s4＝v23⑥联立②⑤⑥式，代入已知数据解得a＝8 m/s2，v2＝28 m/s ⑦288m/s2，v2＝29.76 m/s ⑧或者a＝25但⑧式情形下，v3<0，不合题意，舍去．(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1.由牛顿第二定律有f1＝ma ⑨在t1～t2 时间内，阻力对汽车冲量的大小为1I＝f1(t2－t1) ⑩2由动量定理有I＝mv1－mv2 ⑪由动能定理，在t1～t2 时间内，汽车克服阻力做的功为1 1W＝mv21－mv2 ⑫2 2联立⑦⑨○10 ⑪⑫式，代入已知数据解得v1＝30 m/s ⑬W＝1.16×105 J ⑭从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s 约为1vs＝v1t1＋(v1＋v2)(t2－t1)＋⑮22a联立⑦⑬⑮式，代入已知数据解得s＝87.5 m．⑯[答案] (1)见解析图(2)28 m/s 8 m/s2(3)30 m/s 1.16×105 J 87.5 m【题组突破】角度1 超重、失重现象分析1．如图甲所示，升降机内固定着一个倾角为30°的光滑斜面，斜面底端安装一个能显示弹簧作用力的传感器，以弹簧受压时传感器示数为正，传感器通过一根轻弹簧连接着一个质量为2m 的金属球．运动中的升降机突然停止，以停止运动为计时起点，在此后的一段时间内传感器上显示的弹力随时间变化的关系如图乙所示，且金属球运动过程中弹簧始终在弹性限度内，则下列说法中正确的是( )A．升降机在停止运动前是向上运动的B．0～t1 时间段内金属球做减速运动C．t1～t2 时间段内金属球处于超重状态D．t2 和t4 两时刻金属球的加速度和速度的大小均相同2 5 2 （mg ）2＋（2mg ）2 5 5 解析：选 D.由于升降机停止运动前传感器的示数为 0，表明弹簧处于原长状态，即升降机有向下的加速度 g ，而 0～t 1 时间段内示数增加，说明弹簧被压缩，即升降机突然停下后金属球由于惯性而向下运动，故停止前升降机是向下运动的，A 错误；0～t 1 时间段内弹簧的形变量逐渐增大，但当 F ＝mg 时金属球所受的合外力为 0，即金属球前一段做加速度逐渐减小的加速运动，后一段做加速度逐渐增大的减速运动，B 错误；t 1～t 2 时间段可分为两段，F ＝ mg 时金属球的加速度为 0，前一段时间金属球加速度向上并处于超重状态，后一段时间金属球加速度向下并处于失重状态，C 错误；t 2 和 t 4 两时刻弹簧的形变量均为 0，金属球在斜面方向上只有重力的分力产生加速度，故两时刻的加速度相同，又由于斜面光滑，系统的机械能守恒，因此两个时刻速度的大小相等，但 t 2 时刻金属球沿斜面向上运动，而 t 4 时刻金属球沿斜面向下运动，二者的方向不同，D 正确．角度 2 瞬时加速度问题2．如图所示，两个质量均为 m 的小球 A 、B 用细绳相连，小球 A 与一个轻弹簧相连，弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，开始时，两小球都静止不动，这时细线与水平方向的夹角是θ＝45°，弹簧水平，重力加速度为 g ，现突然把细线剪断．在剪断线的瞬间，小球 A 的加速度大小是( )A ．2 g B. g C ．2gD. g解析：选 B.细线剪断前，小球 A 受到 4 个力作用，重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细绳的拉力，由力的平衡条件，可知：弹簧的弹力 F ＝2mg ，剪断细线的瞬间，小球 A 只受弹簧的弹力和重力，此时弹簧的弹力还是 F ＝2mg ，所以此时 A 球的合力 F A ＝＝ mg ，由牛顿第二定律可知，在剪断线的瞬间，小球 A 的加速度大小 a ＝ g ，故 B 正确，A 、C 、D 错误．角度 3 多过程动力学问题3.(2019·淄博段考)如图所示，质量分别为 0.5 kg 、0.2 kg 的弹性小球 A 、B 穿过一绕过定滑轮的轻绳，绳子末端与地面距离为 0.8 m ，小球距离绳子末端 16.5 m ，小球 A 、B 与轻绳间的滑动摩擦力都为自身重力的，设最大静摩擦力等2于滑动摩擦力．现由静止同时释放 A 、B 两个小球，不计绳子质量，忽略与定滑轮相关的摩擦力，g ＝10 m/s 2.(1)求释放 A 、B 两个小球后，A 、B 各自加速度大小；(2)小球B 从开始释放经多长时间落到地面？解析：(1)由题意知 B 与轻绳间的滑动摩擦力f B＝k m B g＝1.0 N，而A 与轻绳间的滑动摩擦力f A＝k m A g＝2.5 N.即f B<f A.所以为保证A、B 对轻绳的力相同，只能 A 受静摩擦力作用，且大小与f B 相同．对B 有m B g－k m B g＝m B a B解得a B＝5 m/s2对 A 有m A g－km B g＝m A a A解得a A＝8 m/s2.(2)设经历时间t1 小球 B 脱离绳子，此时小球 B 下落高度为h B，获得速度为v B，依题意有1 1a A t21＋a B t21＝6.5 m2 2解得t1＝1 s1此时B 下落h B＝a B t21＝2.5 m2小球B 离开绳时的速度为v B＝a B t1＝5 m/s小球B 脱离绳子后在重力作用下匀加速下落，设此时距地面高度为H，再经时间t2 落地有H＝6.5 m＋0.8 m－2.5 m＝4.8 m1H＝v B t2＋gt22解得t2＝0.6 s故B 从开始释放到落地共经历时间t＝t1＋t2＝1.6 s.答案：(1)8 m/s2 5 m/s2 (2)1.6 s运动学图象问题【高分快攻】x－t 图象图象斜率的大小表示物体运动速度的大小，斜率的正负表示速度的方向v－t 图象(1)某一点代表此时刻的瞬时速度，时间轴上方速度方向为正，时间轴下方速度方向为负．(2)图象斜率的大小表示物体运动的加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向．(3)图象与时间轴围成的面积代表位移，时间轴上方位移为正，时间轴下方位移为负a－t 图象图象与时间轴围成的面积表示物体速度的变化量；加速度恒定表示物体做匀变速运动，否则物体做非匀变速运动三者关系x－t 图象和v－t 图象描述的都是直线运动，而a－t 图象描述的不一定是直线运动；在图象转换时，必须明确不同图象间相互联系的物理量，必要时还应根据运动规律写出两个图象所描述的物理量间的函数关系式进行分析和判断【典题例析】(多选)(2018·高考全国卷Ⅲ)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动．甲、乙两车的位置x 随时间t 的变化如图所示．下列说法正确的是( )A．在t1 时刻两车速度相等B．从0 到t1 时间内，两车走过的路程相等C．从t1 到t2 时间内，两车走过的路程相等D．在t1 到t2 时间内的某时刻，两车速度相等[解析] x－t 图象某点的切线斜率表示瞬时速度，A 错误；前t1 时间内，由于甲、乙的出发点不同，故路程不同，B 错误；t1～t2 时间内，甲、乙的位移和路程都相等，大小都为x2－x1，C 正确；t1～t2 时间内，甲的x－t 图象在某一点的切线与乙的x－t 图象平行，此时刻两车速度相等，D 正确．[答案] CD【题组突破】角度1 速度图象1．两个物体从同一高度同时由静止开始下落，经过一段时间分别与水平地面发生碰撞(碰撞过程时间极短)后反弹，碰撞前后瞬间速度大小不变，其中一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比．下列分别用虚线和实线描述的两物体运动的v－t 图象，可能正确的是( )解析：选D.若不计空气阻力，则物体下落后，先做匀加速直线运动，与地面碰撞后做竖直上抛运动(匀减速直线运动)，加速度不变；若考虑空气阻力，下落过程中，速度越来越大，则空气阻力越来越大，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且小于 g ，与地面碰撞后，速度越来越小，则空气阻力越来越小，根据牛顿第二定律可知，加速度越来越小且大于 g ，根据速度－时间图象的斜率表示加速度大小可知，D 正确．角度 2 加速度图象2．(多选)(2019·潍坊模拟)一汽车在高速公路上以 v 0＝30 m/s 的速度匀速行驶，t ＝0 时刻，驾驶员采取某种措施，汽车运动的加速度随时间变化的关系如图所示，以初速度方向为正，下列说法正确的是( )A ．t ＝6 s 时车速为 5 m/sB ．t ＝3 s 时车速为零C ．前 9 s 内的平均速度为 15 m/sD ．前 6 s 内车的位移为 90 m解析：选 BC.0～3 s ，汽车做匀减速直线运动，3 s 末的速度 v 3＝v 0＋a 1t 1＝(30－10×3) m/s ＝0，B 正确；3～9 s ，汽车做匀加速直线运动，t ＝6 s 时速度 v 6＝a 2t 2＝5×3 m/s ＝150－v 0－302 1m/s ，A 错误；前 3 s 内的位移 x 3＝ 2a 1 ＝2 × （－10）m ＝45 m ，3～9 s 内的位移 x 3～9＝ a 2t21 － x 9 135 23＝ ×5×62m ＝90 m ，则前 9 s 内的位移为 x 9＝x 3＋x 3～9＝135 m ，平均速度为 v ＝＝ 2 t 总 91 1m/s ＝15 m/s ，C 正确；3～6 s 内的位移 x 3～6＝ a 2t 2＝ ×5×32 m ＝22.5 m ，则前 6 s 内的位2 2 移为 x 6＝x 3＋x 3～6＝67.5 m ，D 错误．角度 3 位移图象3．(多选)甲、乙两个物体在同一直线上运动，其 x －t 图象如图所示，其中直线 b 与曲线 a 相切于点(4，－15)．已知甲做匀变速直线运动，下列说法正确的是()A ．前 4 s 内两物体运动方向相同15B ．前 4 s 内甲的平均速度是乙的平均速度的 7倍 C ．t ＝0 时刻，甲的速度大小为 9 m/s D ．甲的加速度大小为 2 m/s 2解析：选 AD.x －t 图象的斜率的正负表示运动的方向，故前 4 s 内两物体运动方向相同，均为负方向，故 A 正确；甲做匀变速直线运动，则甲的 x －t 图象对应于 a ；前 4 s 内甲－（－15 m ）－9 m －的平均速度为：（－15 m ）－（－7 m ）v 1＝＝－ 6 m/s ，前 4 s 乙的平均速度为： 4 s v 2＝＝－2 m/s ，故前 4 s 内甲的平均速度是乙的平均速度的 3 倍，故 B 错4 s误；t0＝0 时刻，甲的位移为s0＝9 m，t1＝1 s 时，s1＝0，t2＝4 s 末，甲的位移为s2＝－151m，因为甲做匀变速直线运动，设初速度为v0，加速度为a，则s1－s0＝v0t1＋at122①，s2－1s0＝v0t2＋at22②，代入数据并联立①②式解得v0＝10 m/s，a＝2 m/s2，故C 错误，D 正确．命题角度解决方法易错辨析x－t 图象由坐标确定位置，由斜率确定速度图象不是运动轨迹且不能确定加速度v－t 图象由斜率确定加速度，由面积确定位移不能确定物体的初始位置a－t 图象由面积确定速度变化量不能确定运动的性质连接体问题【高分快攻】整体法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，一般采用整体法根据牛顿第二定律列方程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，一般采用隔离法根据牛顿第二定律列方程常涉及的三种问题类型(1)涉及滑轮的问题：若要求绳的拉力，一般都采用隔离法. (2)水平面上的连接体问题①这类问题一般是连接体(系统)中各物体保持相对静止，即具有相同的加速度．解题时，一般采用先整体后隔离的方法.②建立直角坐标系时要考虑矢量正交分解越少越好的原则或者正交分解力，或者正交分解加速度. (3)斜面体与物体组成的连接体问题：当物体具有沿斜面方向的加速度，而斜面体相对于地面静止时，一般采用隔离法分析解题关键正确地选取研究对象是解题的首要环节，弄清各物体之间哪些属于连接体，哪些物体应该单独分析，并分别确定它【典题例析】(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0 时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t＝4 s 时撤去外力．细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图(b)所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出( )A．木板的质量为1 kgB．2～4 s 内，力F 的大小为0.4 NC．0～2 s 内，力F 的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2[解析] 由题图(c)可知木板在0～2 s 内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f 在0～2 s 内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F 也逐渐增大，选项C 错误；由题图(c)可知木板在2～4 s 内做匀加速运动，其加速0.4－0度大小为a1＝m/s2＝0.2 m/s2，在4～5 s 内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝4－20.4－0.25－4m/s2＝0.2 m/s2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力F f＝f，故对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－F f＝m a1、F f＝m a2，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B 均正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D 错误．[答案] AB【题组突破】角度1 整体法和隔离法的应用1．(多选)(2019·湖北黄冈中学二模)如图甲所示，斜面体放在粗糙的水平地面上，两斜面光滑且倾角分别为53°和37°，两小滑块P 和Q 用绕过滑轮不可伸长的轻绳连接，分别置于两个斜面上，且轻绳平行于斜面，已知P、Q 和斜面体均静止不动．若交换两滑块位置，们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解4 252 4 2如图乙所示，再由静止释放，斜面体仍然静止不动，P 的质量为 m ，取 sin 53°＝0.8，cos 53 °＝0.6，重力加速度大小为 g ，不计滑轮的质量和摩擦，则下列判断正确的是()4A ．Q 的质量为 m3B ．在图甲中，斜面体与地面间有摩擦力C ．在图乙中，滑轮受到轻绳的作用力大小为mg D ．在图乙中，斜面体对地面的摩擦力方向水平向左解析：选 AC.两斜面光滑且倾角分别为 53°和 37°，如题图甲放置，则根据沿绳方向的 4 力相等知 mg sin 53°＝m Q g sin 37°，解得 m Q ＝ m ，选项 A 正确；在题图甲中，整个系统处3 于静止状态，斜面体与地面之间无摩擦力，选项 B 错误；在题图乙中，设绳子拉力为 T ，根4 4 4据牛顿第二定律知 mg sin 53°－T ＝ ma ，T －mg sin 37°＝ma ，解得 T ＝ mg ，滑轮受到轻3 3 5绳的作用力大小为 N ＝ T ＝ mg ，选项 C 正确；对题图乙中的斜面体受力分析，两根绳子54对滑轮的作用力竖直向下，则水平方向上 P 、Q 对斜面体作用力的合力为 F x ＝ mg cos 53°34cos 37°－mg cos 37° cos 53°＝2 mg ，方向向右，则地面对斜面体的摩擦力向左，由牛顿5 第三定律可知，斜面体对地面的摩擦力方向水平向右，选项 D 错误．角度 2 传送带模型2．(多选)如图所示，光滑斜面与倾斜传送带在同一个平面内，传送带以速度 v 0 逆时针匀速转动，现有一滑块从斜面上由静止释放，若滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，规定沿斜面向下的速度方向为正方向，则滑块在传送带上滑动时的速度随时间变化的图线可能是 ( )解析：选ACD.滑块在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力作用，合力是重力沿斜面的分力和摩擦力的合力，若传送带对滑块的摩擦力小于重力沿斜面的分力，则滑块一直做加速运动，故A 正确；若传送带对滑块的摩擦力大于重力沿斜面的分力，滑块先做匀减速直线运动，若滑块的速度足够大，传送带足够短，则滑块在速度没有减小到0 就通过了传送带，滑块的位移大于传送带的长度，则滑块一直做匀减速运动．故C 正确；若滑块的速度比较小，在滑块的速度减小到0 时，滑块的位移仍小于传送带的长度，则滑块的速度等于0 时，仍然在传送带上．由于传送带沿斜面向上运动，滑块在传送带上受到沿斜面向上的摩擦力，将沿斜面向上做加速运动，由运动的对称性可知，若传送带的速度足够大，则滑块返回出发点的速度大小仍然等于v1，故D 正确，B 错误．角度3 滑块—滑板模型3．(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A 和B 的质量分别为m A＝1 kg 和m B＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1. 某时刻A、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s.A、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2.求(1)B 与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B 开始运动时，两者之间的距离．解析：(1)滑块A 和B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动．设A、B 所受的摩擦力大小分别为f1、f2，木板与地面间的滑动摩擦力为f3，A 和B 相对于地面的加速度大小分别为a A 和a B，木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B 与木板达到共同速度前有f1＝μ1m A g①f2＝μ1m B g ②f3＝μ2(m＋m A＋m B)g ③由牛顿第二定律得f1＝m A a A ④f2＝m B a B ⑤f2－f1－f3＝ma1 ⑥。

2020版高考物理二轮复习第一部分专题复习训练1_3力与曲线运动课件

T＝
4π2r3 GM .
(3)定性结论：r 越大，向心加速度 a、线速度 v、角速度 ω 均越小，而周期 T 越大．同一卫星万有引力，动能 Ek 越小，引力势能 Ep 越大．
11．三类天体 (1)近地卫星：GMRm2 ＝mg＝mvR2. (2)同步卫星：G（RM＋mh）2＝m(R＋h)(2Tπ)2(T＝24 h)．
【解析】由图可知质点在 x 轴方向上做匀加速直线运动，在 y 轴方向做匀速直线运动，合力的方向沿 x 轴方向．在 x 轴方向上的初速度为 3 m/s，在 y 轴方向上的速度为 4 m/s，则初速度 v0＝ 32＋42 m/s＝5 m/s，初速度方向不沿 x 轴方向，所以质点做匀变速曲线运动，故 A 错误，D 正确；质点在 x 轴方向上的加速度为 ax＝1.5 m/s2，y 轴方向上的加速度为零，则合加速度为 a＝1.5 m/s2，所以合力为 F＝ma＝4×1.5 N＝6 N，故 B 错误；2 s 末在 x 轴方向上的速度为 vx＝6 m/s，在 y 轴方向上的速度为 vy＝4 m/s，则合速度 v＝ 62＋42 m/s>6 m/s，故 C 错误．
9．一个重要公式：黄金代换式 GM＝gR2，应用于题目中没有给出引力常量 G 或天体
质量 M，而提供了天体表面重力加速度 g 的信息的情况．
10．万有引力提供卫星做匀速圆周运动的向心力 (1)列出五个连等式：GMr2m＝ma＝mvr2＝mω2r＝m4Tπ2 2r.
(2)导出四个表达式：a＝GMr2，v＝ GrM，ω＝ GrM3 ，
＝d.船头指向上游与河岸夹角为 α，cosα＝vv12.
(3)过河路径最短(v2>v1 时)：合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河，合速度垂直
于船在静水中的速度时路径最短，最短航程 x 短＝codsα＝vv21d.

新课标高三物理二轮专题复习课件一力与运动1-1-3

水平
＝0，如图乙所示，有 v2sinα＝
...
(2)若 v2＝1.5 m/s.
...
与(1)中②不同，因为船速小于水速，所以船一定向下游飘移，设合速度方向与河岸下游方向夹角为 α，则航程 x ＝ d .欲使航程最短，需 α 最大，如图丙所示，由出发点 A sinα
作出 v1 矢量，以 v1 矢量末端为圆心，v2 大小为半径作圆， A 点与圆周上某点的连线即为合速度方向，欲使 v 合与水平方向夹角最大，应使 v 合与圆相切，即 v 合⊥v2. v2 3 sinα＝＝，得 α＝37° . v1 5
...
【解析】将船实际的速度(合速度)分解为垂直河岸方向和平行河岸方向的两个分速度，垂直分速度影响渡河的时间，而平行分速度只影响船在平行河岸方向的位移． (1)若 v2＝5 m/s.
...
①欲使船在最短时间内渡河，船头应朝垂直河岸方向，当船头垂直河岸时，如图甲所示，合速度为倾斜方向，垂直分速度为 v2＝5 m/s. t＝ d d 180 ＝＝ s＝36 s， v 5 v⊥ 2 5 2 2 v1＋v2＝ 2 5 m/s，
...
②当船在静水中的速度 v1 小于水流速度 v2 时，过河的最短位移为 x，如图所示，船头指向上游与河岸的夹角为 θ v1 v2 ＝arccos ，最短位移 x＝ d. v2 v1
...
3．绳、杆相牵连物体的速度关系的分析方法两物体用绳、杆相牵连时，将物体(绳头或杆头)的速度沿绳、杆和垂直于绳、杆方向分解，两物体沿绳、杆方向的分速度大小相等．
v 合＝
x＝v 合 t＝90 5 m.
...
②欲使船渡河航程最短，合速度应沿垂直河岸方向．船头应朝图乙中的 v2 方向．

2020高考物理新课标专用版冲刺大二轮课件：专题一力与运动第3课时

第3课时力与曲线运动专题一　力与运动栏目索引考点1　曲线运动的性质和特点考点2　平抛运动规律的应用考点3　圆周运动问题考点4　万有引力定律的理解和应用1.条件F 合与v 的方向不在同一直线上，或方向与速度方向不共线.2.性质(1)F 合恒定：做匀变速曲线运动.(2)F 合不恒定：做曲线运动.3.速度方向沿轨迹方向4.合力方向与轨迹的关系物体做曲线运动的轨迹一定夹在速度方向与方向之间，合力的方向指向曲线的“凹”侧.加速度非匀变速切线合力5.合运动与分运动(1)物体的实际运动是合运动，明确是在哪两个方向上的分运动的合成.(2)根据合外力(或合加速度)与合初速度的方向关系判断合运动的性质.(3)就是速度、位移、加速度等的合成与分解，遵循平行四边形定则.6.绳(杆)关联物体的速度(1)若由绳(杆)连接的两运动物体的运动方向沿绳(杆)方向，则两物体速度大小相等.(2)若物体运动方向不沿绳(杆)方向，将其速度分解到沿绳(杆)方向和垂直绳(杆)方向，再参考上一条.例1　(2019·江西宜春市第一学期期末)如图1所示是物体在相互垂直的x 方向和y 方向运动的v －t 图象.以下判断正确的是A.在0～1 s 内，物体做匀速直线运动B.在0～1 s 内，物体做匀变速直线运动C.在1～2 s 内，物体做匀变速直线运动D.在1～2 s 内，物体做匀变速曲线运动图1√解析　在0～1 s 内，水平方向为匀速运动，竖直方向为匀加速运动，则合运动为匀变速曲线运动，故选项A 、B 错误；在1～2 s 内，水平方向初速度为：v 0x ＝4 m /s ，加速度为：a x ＝4 m/s 2竖直方向初速度为：v 0y ＝3 m/s ，加速度为：a y ＝3 m /s 2根据平行四边形定则合成可以得到合初速度为v ＝5 m /s ，合加速度为a ＝5 m /s 2，而且二者方向在同一直线上，可知合运动为匀变速直线运动，故选项C 正确，D 错误.变式训练1.(2019·江苏南通市通州区、海门、启东期末)质量不同的两个小球A、B从同一位置水平抛出，运动过程中两小球受到的水平风力恒定且相等，运动轨迹如图2所示，则A.B的初速度一定大B.B的加速度一定大C.A的质量一定小√D.A水平方向的平均速度一定小图2解析　小球在竖直方向只受重力，所以竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，由公式t＝可知，两小球运动时间相同，由题图可知，A小球水平位移小于B小球水平位移，水平方向上两小球做匀减速直线运动，所以A水平方向的平均速度一定比B的小，由于无法知道两小球落地时的水平速度大小，所以无法判断两球的初速度大小和加速度大小，则无法判断两球的质量关系.2.(2019·山东济南市3月模拟)曲柄连杆结构是发动机实现工作循环，完成能量转换的主要运动零件，如图3所示，连杆下端连接活塞Q ，上端连接曲轴P .在工作过程中，活塞在汽缸内上下做直线运动，带动曲轴绕圆心O 旋转，若P 做线速度大小为v 0的匀速圆周运动，则下列说法正确的是A.当OP 与OQ 垂直时，活塞运动的速度等于v 0B.当OP 与OQ 垂直时，活塞运动的速度大于v 0C.当OPQ 在同一直线时，活塞运动的速度等于v 0D.当OPQ 在同一直线时，活塞运动的速度大于v 0图3解析　当OP 与OQ 垂直时，设∠PQO ＝θ，此时活塞的速度为v ，将P 点的速度分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度；将活塞的速度v 分解为沿杆方向和垂直于杆方向的速度，则此时v 0cos θ＝v cos θ，即v ＝v 0，选项A 正确，B 错误；当OPQ 在同一直线时，P 点沿杆方向的速度为零，则活塞运动的速度等于0，选项C 、D 错误.√v x ＝v 0v y＝____1.位移关系：gt x ＝v 0t y ＝______2.速度关系：2tan α分清题目条件是位移(方向)关系，还是速度(方向)关系，选择合适的关系式解题.3.基本思路处理平抛(或类平抛)运动时，一般将合运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成求合运动.4.两个突破口(1)对于在斜面上平抛又落到斜面上的问题，其竖直位移与水平位移之比等于斜面倾角的正切值.(2)若平抛运动的物体垂直打在斜面上，则物体打在斜面上瞬间，其水平速度与竖直速度之比等于斜面倾角的正切值.例2　(多选)(2019·黑龙江齐齐哈尔市联谊校期末)如图4所示，D 点为固定斜面AC 的中点.在A 点和D 点分别以初速度v 01和v 02水平抛出一个小球，结果两球均落在斜面的底端C .空气阻力不计.设两球在空中运动的时间分别为t 1和t 2，落到C 点前瞬间的速度大小分别为v 1和v 2，落到C 点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角分别为θ1和θ2，则下列关系式正确的是图4√√设斜面的倾角为α，小球落到C点前瞬间的速度方向与水平方向的夹角为θ.故C正确，D错误.变式训练3.(2019·江苏泗阳县第一次统测)如图5所示，某同学由O点先后抛出完全相同的3个小球(可将其视为质点)，分别依次垂直打在竖直木板M、N、P三点上.已知M、N、P、O 四点距离水平地面高度分别为4h、3h、2h、h.不计空气阻力，以下说法正确的是A.击中P点的小球动能最小B.分别到达M、N、P三点的小球的飞行时间之比为1∶2∶3C.分别到达M、N、P三点的小球的初速度的竖直分量之比为3∶2∶1√D.到达木板前小球的加速度相同图5解析　将运动逆向看，可看成是三个平抛运动，且达到O点时水平位移相等，故C错误；做平抛运动物体的加速度为重力加速度，故到达木板前小球的加速度相同，故D正确.4.(2019·广东茂名市第一次综合测试)如图6所示，有一内壁光滑的高为H＝5 m、宽为L＝1 m的直立长方形容器，可视为质点的小球在上端口边缘O以水平初速度v0向左抛出，正好打在E点，若球与筒壁碰撞时无能量损失，不计空气阻力，重力加速度的大小为g＝10 m/s2.则小球的初速度v0的大小可能是A.2 m/sB.4 m/sC.6 m/sD.9 m/s 图6√解得v0＝(2n＋1)L，n＝0,1,2,3…，所以v0的可能值为1 m/s,3 m/s,5 m/s,7 m/s,9 m/s…故D正确，A、B、C错误.1.物理量间的关系2.两种传动方式(1)齿轮传动(皮带传动、摩擦传动)：两轮边缘大小相等.(2)同轴转动：轮上各点相等. 3.两种模型(1)绳球模型：小球能通过最高点的条件是(2)杆球模型：小球能到达最高点的条件是v ≥0.4.基本思路(1)受力分析，明确向心力的来源，确定圆心以及半径.5.技巧方法竖直平面内圆周运动的最高点和最低点的速度通常利用动能定理来建立联系，然后结合牛顿第二定律进行动力学分析.线速度角速度例3　(2019·北京市东城区上学期期末)如图7所示，长度为L的轻绳一端固定于O点，另一端系一个质量为m的小球，将轻绳拉直到水平状态时无初速度释放小球.重力加速度为g，问：图7(1)小球经过最低点时，轻绳受到的拉力大小；答案　3mg联立解得F T＝3mg结合牛顿第三定律可知，小球在最低点时，轻绳受到的拉力大小为3mg；(2)若在O点的正下方钉一个钉子A，要求小球在轻绳与钉子相碰后能够绕钉子做一个完整的圆周运动(忽略钉子的直径)，钉子A的位置到悬点O的距离至少为多大？答案　0.6L解析　设钉子A的位置到悬点O的距离为x，小球在细绳与钉子相碰后做圆周运动的轨道半径为r小球恰能通过最高点时，由牛顿第二定律可得：解得：x＝0.6L；(3)经验告诉我们，当轻绳与钉子相碰时，钉子的位置越靠近小球，绳就越容易断.请你通过推导计算解释这一现象.(推导过程中需要用到的物理量，自己设定)答案　见解析解析　设小球在最低点时到钉子的距离为R，可见小球在最低点时到钉子的距离越小，轻绳拉力越大，绳就越容易断.变式训练5.(多选)(2019·江苏南京市、盐城市一模)乘坐列车时，在车厢内研究列车的运动情况，小明在车厢顶部用细线悬挂一个小球.当列车以恒定速率通过一段圆弧形弯道时，小明发现悬挂小球的细线与车厢侧壁平行，则下列判断正确的是A.细线对小球的拉力等于小球的重力B.外侧轨道与轮缘间没有侧向挤压作用C.小球不在悬点的正下方，偏向弯道的内侧D.放在桌面上的茶杯所受支持力垂直于桌面，但并非竖直向上√√解析　当列车以恒定速率通过一段圆弧形弯道时，小球也做匀速圆周运动，细线的拉力与重力的合力提供向心力，设列车与小球做匀速圆周运动的半径为R，车速为v，由于悬挂小球的细线与车厢侧壁平行，可知车受到的支持力的方向与小球受到的细线的拉力方向相同，由受力分析可知，车的向心力恰好由车受到的重力与支持力的合力提供，所以两侧的轨道与轮缘间都没有侧向挤压作用，故B正确；由于悬挂小球的细线与车厢侧壁平行，绳子的拉力与重力的合力提供小球做匀速圆周运动的向心力，则小球一定不在悬点的正下方，故C错误；在弯道处火车内轨与外轨之间存在高度差，所以火车的桌面不是水平的，根据弹力方向的特点可知，放在桌面上的茶杯所受支持力垂直于桌面，但并非竖直向上，故D正确.6.(2019·四川乐山市第一次调查研究)如图8所示，在半径为R的半球形碗的光滑内表面上，一质量为m的小球在距碗顶高度为h的水平面内做匀速圆周运动，重力加速度为g，则小球做匀速圆周运动的角速度为√图8解析　根据受力分析和向心力公式可得：mg tan θ＝mrω2，小球做匀速圆周运动的轨道半径为：r＝R sin θ；1.环绕天体模型环绕天体做圆周运动的向心力由中心天体对它的万有引力提供，2.天体质量和密度(1)利用天体表面的重力加速度g和天体半径R.(2)通过观察卫星绕天体做匀速圆周运动的周期T和轨道半径r.3.变轨问题(1)同一卫星在不同轨道上运行时机械能和周期不同，轨道半径越大，机械能越大，周期越长.(2)卫星经过不同轨道相交的同一点时，加速度相等且外轨道的速度大于内轨道的速度.4.双星问题＝m2ω2r2，例4　(2019·贵州安顺市上学期质量监测)如图9所示，A 为地球表面赤道上的物体，B 为一轨道在赤道平面内的实验卫星，C 为在赤道上空的地球同步卫星，地球同步卫星C 和实验卫星B 的轨道半径之比为3∶1，两卫星的环绕方向相同，那么关于A 、B 、C 的说法正确的是A.B 、C 两颗卫星所受地球万有引力之比为1∶9B.B 卫星的公转角速度大于地面上随地球自转的物体A 的角速度C.同一物体在B 卫星中对支持物的压力比在C 卫星中小D.B 卫星中的宇航员一天内可看到9次日出图9√物体间的引力与两个物体的质量及两者之间的距离均有关，由于B、C两卫星的质量关系未知，所以B、C两颗卫星所受地球引力之比不一定为1∶9，故A错误；C卫星的轨道半径比B卫星的轨道半径大，由开普勒第三定律知，B卫星的公转周期小于C 卫星的公转周期，而C卫星的公转周期等于地球自转周期，所以B卫星的公转周期小于随地球自转的物体的运动周期，因此B卫星的公转角速度大于地面上随地球自转的物体A的角速度，故B正确；物体在B、C卫星中均处于完全失重状态，物体对支持物的压力均为零，故C错误；因此B卫星中的宇航员一天内看不到9次日出，故D错误.变式训练7.(2019·全国卷Ⅱ·14)2019年1月，我国嫦娥四号探测器成功在月球背面软着陆.在探测器“奔向”月球的过程中，用h表示探测器与地球表面的距离，F表示它所受的地球引力，能够描述F随h变化关系的图像是√解析　在嫦娥四号探测器“奔向”月球的过程中，根据万有引力定律可知，随着h的增大，探测器所受的地球引力逐渐减小但并不是均匀减小的，故能够描述F随h变化关系的图像是D.8.(多选)(2019·江西上饶市重点中学六校第一次联考)A 、B 两个半径相同的天体各有一个卫星a 、b 环绕它们做匀速圆周运动，两个卫星的环绕周期之比为4∶1，A 、B 各自表面重力加速度之比为4∶1(忽略天体的自转)，则A.a 、b 轨道半径之比为4∶1B.A 、B 密度之比为4∶1C.a 、b 与天体的连线扫过相同面积所需时间之比为1∶16D.a 、b 所受向心力之比为1∶16√√两卫星a、b的质量不确定，无法比较向心力的大小关系，选项D错误.例5　(2019·河南驻马店市上学期期终)天文学家经过长期观测，在宇宙中发现了许多“双星”系统，这些“双星”系统一般与其他星体距离很远，受到其他天体引力的影响可以忽略不计.根据一对“双星”系统的光学测量确定，此双星系统中两个星体的质量均为m，而绕系统中心转动的实际周期是理论计算的周期的k倍(k<1)，究其原因，科学家推测，在以两星球球心连线为直径的球体空间中可能均匀分布着暗物质.若此暗物质确定存在，其质量应为√根据观测结果，星体的运动周期T ＝kT 0<T 0，这种差异是由双星内均匀分布的暗物质引起的，均匀分布在球体内的暗物质对双星系统的作用与一质量等于球内暗物质的总质量m ′，位于中点O处的质点的作用相同，解析　质量相同的双星均绕它们的连线的中点做圆周运动，例6　(2019·山东临沂市2月质检)2019年春节期间，中国科幻电影里程碑作品《流浪地球》热播，影片中为了让地球逃离太阳系，人们在地球上建造特大功率发动机，使地球完成一系列变轨操作，其逃离过程可设想成如图10所示，地球在椭圆轨道Ⅰ上运行到远日点B 变轨，进入圆形轨道Ⅱ.在圆形轨道Ⅱ上运行到B 点时再次加速变轨，从而最终摆脱太阳束缚.对于该过程，下列说法正确的是A.沿轨道Ⅰ运动至B 点时，需向前喷气减速才能进入轨道ⅡB.沿轨道Ⅰ运行的周期小于沿轨道Ⅱ运行的周期C.沿轨道Ⅰ运行时，在A 点的加速度小于在B 点的加速度D.在轨道Ⅰ上由A 点运行到B 点的过程，速度逐渐增大√图10解析　沿轨道Ⅰ运动至B点时，需向后喷气加速才能进入轨道Ⅱ，选项A错误；因轨道Ⅰ的半长轴小于轨道Ⅱ的半径，根据开普勒第三定律可知，沿轨道Ⅰ运行的周期小于沿轨道Ⅱ运行的周期，选项B正确；根据开普勒第二定律可知，选项D错误.。

2020新课标高考物理二轮总复习课件：1-1-1

〉〉视角二 “解析法”求解动态平衡问题 [例 4] (2018·四川成都实验高中一诊)如图，楔形物块 A 静置在水平地面上，其斜面粗糙，斜面上有小物块 B.用平行于斜面的力 F 拉 B，使之沿斜面匀速上滑．现改变力 F 的方向至与斜面成一定的角度，仍使物块 B 沿斜面匀速上滑．在 B 运动的过程中，楔形物块 A 始终保持静止．关于各相互间作用力的描述正确的是( ) A．A 对 B 的摩擦力减小 B．拉力 F 一定增大 C．物块 B 对斜面的作用力不变 D．地面受到的摩擦力大小可能变大答案：A
由三角函数可知，弹力大小为 mg，故 C 错误；再以 A 为研究对象，A 受重力 GA、 C 对 A 的压力 FA′、地面对它的支持力 FN 和摩擦力 f，C 对 A 的正压力 FA′＝ mg，其在水平方向上的分力等于地面对物块 A 的静摩擦力大小，由此可知静摩擦力大小为 f＝FA′·sin θ＝ 23mg，故 A、B 错误；以 A、B、C 整体为研究对象，所受重力为 2Mg＋mg，由对称性可知 A 所受地面支持力 FN＝Mg＋m2g，由牛顿第三定律知 D 正确．
[规律方法] 解答动态平衡问题的三种方法
1．解析法：一般把力进行正交分解，两个方向上列平衡方程，写出所要分析的力与变化角度的关系，然后判断各力的变化趋势．若出现直角三角形，常用三角函数表示合力与分力的关系． 2．图解法：能用图解法分析动态变化的问题有三个显著特征：①物体一般受三个力的作用；②其中有一个大小、方向都不变的力；③还有一个方向不变的力． 3．相似三角形法：物体一般受三个力的作用而平衡，系统内一定总存在一个与矢量三角形相似的结构三角形，这种情况下采用相似三角形法解决问题．
2．(多选)(2019·胶州模拟)如图甲所示，截面为直角三角形的木块 A 质量为 m0，放在倾角为 θ 的斜面上，当 θ＝37°时，木块 A 恰能静止在斜面上．现将 θ 改为 30°，在 A 与斜面间放一质量为 m 的光滑圆柱体 B，如图乙所示，(sin 37°＝0.6，cos 37° ＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)则( )

(新课标)2020版高考物理二轮复习专题一第1讲力与物体的平衡课件

A．F1＝
33mg，F2＝
3 2 mg
B．F1＝ 23mg，F2＝ 33mg
C．F1＝12mg，F2＝
3 2 mg
D．F1＝ 23mg，F2＝12mg
解析：如图所示，卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，由题意知，力 F1′与 F2′相互垂直．
由牛顿第三定律知 F1＝F1′，F2＝F2′，则 F1＝mgsin 60°＝ 23mg，
答案：AD
4．(多选)(2019·高考全国卷 Ⅰ，T19)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块 N，另一端与斜面上的物块 M 相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动 N，直至悬挂 N 的细绳与竖直方向成 45°.已知 M 始终保持静止，则在此过程中( )
A．水平拉力的大小可能保持不变 B．M 所受细绳的拉力大小一定一直增加 C．M 所受斜面的摩擦力大小一定一直增加 D．M 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加
解析：选 N 为研究对象，受力情况如图甲所示，用水平拉力 F 缓慢拉动 N 的过程中，水平拉力 F 逐渐增大，细绳的拉力 FT 逐渐增大，故 A 错误，B 正确．对于 M，受重力 GM、斜面对它的支持力 FN、绳的拉力 FT′(FT′与 FT 大小始终相等)以及斜面对它的摩擦力 Ff，如图乙所示．若开始时斜面对 M 的摩擦力 Ff 沿斜面向上，则 FT′＋Ff＝GMsin θ，FT′逐渐增大， Ff 逐渐减小，当 Ff 减小到零后，再反向增大；若开始时斜面对 M 的摩擦力沿斜面向下，此时，FT′＝GMsin θ＋Ff，当 FT′ 逐渐增大时，Ff 逐渐增大，故 C 错误，D 正确．
专题一力与运动
第1讲力与物体的平衡

2020新课标高考物理二轮讲义：专题一第3讲力与物体的曲线运动 Word版含解析

第3讲力与物体的曲线运动典题再现1.(多选)(2019·高考全国卷Ⅱ)如图(a)，在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离．某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v－t图象如图(b)所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻．则()A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大D.竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大解析：选BD.根据v－t图线与横轴所围图形的面积表示位移，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，选项A错误；根据v－t图线的斜率表示加速度，综合分析可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小，选项C错误；第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大，又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值)，故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，选项B正确；竖直方向上的速度大小为v1时，根据v－t图线的斜率表示加速度可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小，由牛顿第二定律有mg－f＝ma，可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大，选项D正确.考情分析典题再现2.(2020·山东等级考模拟)如图所示，不可伸长的轻质细线下方悬挂一可视为质点的小球，另一端固定在竖直光滑墙面上的O 点．开始时，小球静止于A 点，现给小球一水平向右的初速度，使其恰好能在竖直平面内绕O 点做圆周运动．垂直于墙面的钉子N 位于过O 点竖直线的左侧，ON 与OA 的夹角为θ(0<θ<π)，且细线遇到钉子后，小球绕钉子在竖直平面内做圆周运动，当小球运动到钉子正下方时，细线刚好被拉断．已知小球的质量为m ，细线的长度为L ，细线能够承受的最大拉力为7mg ，g 为重力加速度大小.(1)求小球初速度的大小v 0；(2)求小球绕钉子做圆周运动的半径r 与θ的关系式；(3)在细线被拉断后，小球继续向前运动，试判断它能否通过A 点．若能，请求出细线被拉断时θ的值；若不能，请通过计算说明理由.解析：(1)设在最高点速度为v 1，在最高点，重力恰好提供向心力，所以mg ＝mv 21L根据动能定理，对球从A 点到最高点，有－mg ·2L ＝12mv 21－12mv 20 解得v 0＝5gL .(2)以N 为圆心，设最低点为M ，落到最低点速度为v ，有7mg －mg ＝mv 2r对A 到M 过程列动能定理－mg Δh ＝12mv 2－12mv 20 若N 点在0点以下，则Δh ＝L －r －(L －r )cos θ若N 点在O 点以上，则Δh ＝L ＋(L －r )cos (π－θ)－r ＝L －(L －r )cos θ－r解得r ＝3＋2cos θ4＋2cos θL . (3)假设能通过A 点，则竖直方向：Δh ＝12gt 2 水平方向：(L －r )sin θ＝vt解得cos θ＝－3523，与cos θ∈[－1，1]矛盾，所以假设不成立，不能通过A 点. 答案：见解析考情分析命题研究全国卷每年都会对平抛运动和圆周运动这两种运动形式进行考查，包括电场中的类平抛运动和磁场中的匀速圆周运动，可单独考查某一种运动形式，也可把运动与功能关系、受力分析结合进行考查．山东模考对该部分也重点综合考查，在备考中对该部分应该引起重视，尤其对于平抛运动规律分析、圆周运动中的临界点分析等要熟练应用运动的合成与分解【高分快攻】1．合运动性质和轨迹的判断方法若加速度与初速度的方向在同一直线上，则为直线运动，否则为曲线运动，加速度恒定则为匀变速，加速度不恒定则为非匀变速．2．三种过河情景分析情景分析解决方案过河时间最短船头正对河岸时，渡河时间最短，t min ＝d v 船(d 为河宽) 过河路径最短(v 水<v 船时) 合速度垂直于河岸时，航程最短，x min ＝d .船头指向上游与河岸夹角为α，cos α＝v 水v 船过河路径最短(v 水>v 船时) 合速度不可能垂直于河岸，无法垂直渡河．最短航程s 短＝d cos α＝v 水v 船d 把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解．常见的模型如图所示．【典题例析】(2018·高考北京卷)根据高中所学知识可知，做自由落体运动的小球，将落在正下方位置．但实际上，赤道上方200 m 处无初速下落的小球将落在正下方位置偏东约6 cm 处．这一现象可解释为，除重力外，由于地球自转，下落过程小球还受到一个水平向东的“力”，该“力”与竖直方向的速度大小成正比．现将小球从赤道地面竖直上抛，考虑对称性，上升过程该“力”水平向西，则小球( )A ．到最高点时，水平方向的加速度和速度均为零B ．到最高点时，水平方向的加速度和速度均不为零C ．落地点在抛出点东侧D ．落地点在抛出点西侧[解析] 由于该“力”与竖直方向的速度大小成正比，所以从小球抛出至运动到最高点过程，该“力”逐渐减小到零，将小球的上抛运动分解为水平和竖直两个分运动，由于上升阶段，水平分运动是向西的变加速运动(水平方向加速度大小逐渐减小)，故小球到最高点时速度不为零，水平向西的速度达到最大值，故选项A 错误；小球到最高点时竖直方向的分速度为零，由题意可知小球这时不受水平方向的力，故小球到最高点时水平方向加速度为零，选项B 错误；下降阶段，由于受水平向东的力，小球的水平分运动是向西的变减速运动(水平方向加速度大小逐渐变大)，故小球的落地点在抛出点西侧，选项C 错误，D 正确．[答案] D【题组突破】角度1 小船渡河问题1．(多选)如图所示，河道宽L ＝200 m ，越到河中央河水的流速越大，且流速大小满足u ＝0.2x (x 是离河岸的距离，0≤x ≤L 2)．一小船在静水中的速度v ＝10 m/s ，自A 处出发，船头垂直河岸方向渡河到达对岸B 处．设船的运动方向与水流方向夹角为θ，下列说法正确的是( )A ．小船渡河时间大于20 sB ．A 、B 两点间距离为200 2 mC ．到达河中央前小船加速度大小为0.2 m/s 2D ．在河中央时θ最小，且tan θ＝0.5解析：选BD.当船头垂直河岸方向渡河时，渡河的时间有最小值为t ＝L v ＝20010s ＝20 s ，故A 错误．因为水的流速大小满足u ＝0.2x (x 是离河岸的距离，0≤x ≤L 2)，易得水流速的平均速度等于L 4处的水流速，则有u ＝0.2×L 4＝10 m/s.所以沿河岸方向上的位移为x ＝ut ＝200 m ．所以A 、B 两点间距离为s ＝2002＋2002 m ＝200 2 m ，故B 正确；船在静水中速度是不变的，而水流速度满足u ＝0.2x (x 是离河岸的距离，0≤x ≤L 2)，因x ＝vt ，其中v ＝10 m/s ，那么u ＝2t ，因此到达河中央前小船加速度大小为2 m/s 2，故C 错误；当到达中央时，水流速度为u ＝0.2x＝0.2×100 m/s ＝20 m/s 最大，此时θ最小，由三角形知识，得tan θ＝v u ＝1020＝0.5，故D 正确．角度2 牵连速度的分解问题2．(多选)(2019·枣庄模拟)如图所示，将质量为2m 的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m 的小环，小环套在竖直固定的光滑直杆上，光滑定滑轮与直杆的距离为d .现将小环从与定滑轮等高的A 处由静止释放，当小环沿直杆下滑距离也为d 时(图中B 处)，下列说法正确的是( )A ．小环刚释放时轻绳中的张力一定大于2mgB ．小环到达B 处时，重物上升的高度也为dC ．小环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于 2D ．小环在B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于22解析：选AC.由题意，释放时小环向下加速运动，则重物将加速上升，对重物由牛顿第二定律可知绳中张力一定大于重力2mg ，所以A 正确；小环到达B 处时，重物上升的高度应为绳子竖直部分缩短的长度，即Δh ＝2d －d ，所以B 错误；根据题意，沿绳子方向的速度大小相等，将小环在B 处的速度沿绳子方向与垂直于绳子方向正交分解有v B cos θ＝v 重，即v B v 重＝1cos θ＝2，所以C 正确，D 错误．命题角度解决方法易错辨析曲线运动规律分析运动的独立性应用的分解思想要建立合适的坐标系使运算简洁小船渡河问题分运动的独立性原则注意船速和水速的关系来确定解题方法牵连速度的分解速度的分解弄清实际速度的方向进行正交分解，通常实际运动为合运动抛体运动问题【高分快攻】抓住“六点”破解平抛运动问题1．建立坐标，分解运动将平抛运动分解为竖直方向的自由落体运动和水平方向上的匀速直线运动(在某些情况下运动分解的方向不一定在竖直方向和水平方向上)．2．各自独立，分别分析3．平抛运动是匀变速曲线运动，在任意相等的时间内速度的变化量Δv相等，Δv＝gΔt，方向恒为竖直向下．4．两个分运动与合运动具有等时性，且t＝2yg，由下降高度决定，与初速度v0无关．5．任意时刻的速度与水平方向的夹角θ的正切值总等于该时刻的位移与水平方向的夹角φ的正切值的2倍，即tan θ＝2tan φ.6．建好“两个模型”(1)常规的平抛运动及类平抛模型(2)与斜面相结合的平抛运动模型①从斜面上水平抛出又落回到斜面上：位移方向恒定，落点速度方向与斜面间的夹角恒定，此时往往分解位移，构建位移三角形．②从斜面外水平抛出垂直落在斜面上：速度方向确定，此时往往分解速度，构建速度三角形．【典题例析】(2019·东营模拟)如图所示，倾角为θ的斜面体固定在水平面上，两个可视为质点的小球甲和乙分别沿水平方向抛出，两球的初速度大小相等，已知甲的抛出点为斜面体的顶点，经过一段时间两球落在斜面上的A 、B 两点后不再反弹，落在斜面上的瞬间，小球乙的速度与斜面垂直．忽略空气的阻力，重力加速度为g .则下列选项正确的是( )A ．甲、乙两球在空中运动的时间之比为tan 2 θ∶1B ．甲、乙两球下落的高度之比为2tan 2 θ∶1C ．甲、乙两球的水平位移之比为tan θ∶1D ．甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan 2 θ∶1[解析] 由小球甲的运动可知，tan θ＝y x ＝12gt 2v 0t ＝gt 2v 0，解得t ＝2v 0tan θg，落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为tan α甲＝v y v 0＝gt v 0，则tan α甲＝2tan θ，由小球乙的运动可知，tan θ＝v 0v ′y ＝v 0gt ′，解得t ′＝v 0g tan θ，落到斜面上的速度与水平方向夹角的正切值为tan α乙＝v ′y v 0＝1tan θ，则甲、乙两球在空中运动的时间之比为t ∶t ′＝2tan 2 θ∶1，A 错；由h ＝12gt 2可知甲、乙两球下落的高度之比为4tan 4 θ∶1，B 错误；由x ＝v 0t 可知甲、乙两球的水平位移之比为2tan 2 θ∶1，C 错误；甲、乙两球落在斜面上瞬间的速度与水平面夹角的正切值之比为2tan 2 θ∶1，D 正确．[答案] D【题组突破】角度1 分解思想的应用1．从距地面h 高度处水平抛出一个小球，落地时速度方向与水平方向的夹角为θ，不计空气阻力，重力加速度为g ，下列结论中正确的是( )A ．小球初速度大小为2gh tan θB ．小球落地时的速度大小为2gh sin θC ．若小球初速度大小减为原来的一半，则平抛运动的时间变为原来的两倍D ．若小球初速度大小减为原来的一半，则落地时速度方向与水平方向的夹角为2θ解析：选B.平抛的小球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，所以落地时竖直方向上的分速度为v y ＝2gh ，由落地时速度方向与水平方向的夹角为θ可知tan θ＝v y v 0，故v 0＝2gh tan θ，选项 A 错误；根据速度的合成可得小球落地时的速度v ＝v y sin θ，即v ＝2gh sin θ，选项 B 正确；平抛运动的时间只与高度有关，而与水平方向的初速度无关，故选项 C 错误；tan θ＝v y v 0，设初速度大小减半时，小球落地时的速度方向与水平方向的夹角为α，则有tan α＝v y 12v 0＝2v y v 0＝2tan θ，但α≠2θ，选项 D 错误．角度2 平抛运动中的临界问题2．一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L 1和L 2，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.不计空气阻力，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.L 12g 6h <v <L 1g 6h B.L 14g h <v < （4L 21＋L 22）g 6h C.L 12g 6h <v <12 （4L 21＋L 22）g 6h D.L 14g h <v <12 （4L 21＋L 22）g 6h解析：选D.设以速率v 1发射乒乓球，经过时间t 1刚好落到球网正中间，则竖直方向上有3h －h ＝12gt 21①，水平方向上有L 12＝v 1t 1②.由①②两式可得v 1＝L 14 g h.设以速率v 2发射乒乓球，经过时间t 2刚好落到球网右侧台面的两角处，在竖直方向有3h ＝12gt 22③，在水平方向有 ⎝⎛⎭⎫L 222＋L 21＝v 2t 2④.由③④两式可得v 2＝12（4L 21＋L 22）g 6h.则v 的最大取值范围为v 1<v <v 2.故选项D 正确．角度3 类平抛模型3．如图所示，A 、B 两质点从同一点O 分别以相同的水平速度v 0沿x 轴正方向抛出，A 在竖直平面内运动，落地点为 P 1，B 沿光滑斜面(已知斜面倾角为θ)运动，落地点为P 2，P 1和P 2在同一水平面上，不计空气阻力，则下列说法中正确的是( )A ．A 、B 两质点的运动时间相同B ．A 、B 两质点在x 轴方向上的位移相同C ．A 、B 两质点在运动过程中的加速度大小相同D ．A 、B 两质点落地时的速度大小相同解析：选D.对A、B两质点的运动进行分解，由牛顿第二定律可知，A 质点在运动过程中的加速度大小a1＝g，B质点在运动过程中的加速度大小a2＝g sin θ，选项C 错误；设O 点与水平面之间的高度差为h，A质点的运动时间为t1，B质点的运动时间为t2，则由h＝12gt21可得t1＝2hg；由hsin θ＝12g sinθ·t22可得t2＝1sin θ2hg，故t1<t2，选项A 错误；设A质点在x轴方向上的位移为x1，B质点在x轴方向上的位移为x2，则有x1＝v0t1，x2＝v0t2，因t1<t2，故x1<x2，选项B 错误；设A质点落地时的速度大小为v A，B质点落地时的速度大小为v B，则有v A＝v20＋（a1t1）2，v B＝v20＋（a2t2）2代入数据可解得v A＝v20＋2gh，v B＝v20＋2gh，所以v A＝v B，故选项D正确．处理平抛运动问题的5个关键点(1)平抛运动(或类平抛运动)，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成法则求合运动．(2)对于从斜面上平抛又落到斜面上的问题，竖直位移与水平位移的比值等于斜面倾角的正切值．(3)若平抛的物体垂直打在斜面上，打在斜面上的水平速度与竖直速度的比值等于斜面倾角的正切值．(4)做平抛运动的物体，其位移方向与速度方向一定不同．(5)抓住两个三角形：速度三角形和位移三角形，结合题目呈现的角度或函数方程找到解决问题的突破口．圆周运动【高分快攻】1．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 f＝m v2R当F向＝F fmax时，物体达到临界点最高点无支撑最高点有支撑图示最高点受力重力m g，弹力F弹向下或等于零重力m g，弹力F弹向下、向上或等于零向心力来源m g＋F弹＝mv2Rm g±F弹＝mv2R 恰好过最高点F弹＝0，m g＝mv2R，v＝gR，即在最高点速度不能为零m g＝F弹，v＝0，即在最高点速度可为零【典题例析】(2019·高考天津卷)完全由我国自行设计、建造的国产新型航空母舰已完成多次海试，并取得成功．航母上的舰载机采用滑跃式起飞，故甲板是由水平甲板和上翘甲板两部分构成，如图1所示．为了便于研究舰载机的起飞过程，假设上翘甲板BC是与水平甲板AB相切的一段圆弧，示意如图2，AB长L1＝150 m，BC水平投影L2＝63 m，图中C点切线方向与水平方向的夹角θ＝12°(sin 12°≈0.21)．若舰载机从A点由静止开始做匀加速直线运动，经t＝6 s到达点B进入BC.已知飞行员的质量m＝60 kg，g＝10 m/s2，求(1)舰载机水平运动的过程中，飞行员受到的水平力所做功W；(2)舰载机刚进入BC时，飞行员受到竖直向上的压力F N多大．[解析](1)舰载机由静止开始做匀加速直线运动，设其刚进入上翘甲板时的速度为v，则有v2＝L1t①根据动能定理，有W＝12m v2－0②联立①②式，代入数据，得W＝7.5×104 J．③(2)设上翘甲板所对应的圆弧半径为R ，根据几何关系，有L 2＝R sin θ④ 由牛顿第二定律，有F N －m g ＝m v 2R⑤联立①④⑤式，代入数据，得F N ＝1.1×103 N ．⑥ [答案] (1)7.5×104 J (2)1.1×103 N【题组突破】角度1 水平面内的圆周运动1．(多选)如图所示，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ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是( )A ．b 一定比a 先开始滑动B ．a 、b 所受的摩擦力始终相等C ．ω＝ kg2l是b 开始滑动的临界角速度 D ．当ω＝2kg3l时，a 所受摩擦力的大小为kmg 解析：选AC.小木块发生相对滑动之前，静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得，f ＝m ω2r ，显然b 受到的摩擦力较大；当木块刚要相对于盘滑动时，静摩擦力f 达到最大值f max ，由题设知f max ＝kmg ，所以kmg ＝m ω2r ，由此可以求得木块刚要滑动时的临界角速度ω0＝ kg r ，由此得a 发生相对滑动的临界角速度为 kg l，b 发生相对滑动的临界角速度为 kg 2l；若ω＝ 2kg 3l ，a 受到的是静摩擦力，大小为f ＝m ω2l ＝23kmg .综上所述，本题正确答案为A 、C.角度2 竖直平面内的圆周运动2．(2019·辽宁大连3月双基测试)过山车是青少年喜欢的一种游乐项目．为了研究过山车的原理，可将过山车简化为如图所示的模型，质量为m 的小球在光滑竖直圆轨道上做圆周运动，在轨道的最高点和最低点分别安装有压力传感器．让小球从同一位置由静止下滑，经多次测量得到在最高点和最低点小球对轨道压力的平均值分别为F 1、F 2，则当地的重力加速度为( )A.F 2－F 12mB.F 2－F 13mC.F 2－F 15mD.F 2－F 16m解析：选D.过山车模型可以看成轻绳模型，小球在轨道上运动时受到轨道对其指向圆心的弹力作用．由牛顿第三定律可得在M点和N点轨道对小球的弹力大小平均值分别为F2、F1.设圆轨道半径为R，在M点，对小球受力分析，根据小球所受的合力提供向心力得F2－m g＝mv2MR，在N点，对小球受力分析，根据小球所受的合力提供向心力得m g＋F 1＝mv2NR ，由M到N，根据动能定理得－m g·2R＝12m v2N－12m v2M，联立解得g＝F2－F16m，D正确．角度3斜面内的圆周运动3.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的角速度ω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32(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ω的最大值是()A. 5 rad/sB. 3 rad/sC．1.0 rad/s D．0.5 rad/s解析：选C.当小物体转动到最低点时为临界点，由牛顿第二定律知，μm g cos 30°－m g sin 30°＝mω2r，解得ω＝1.0 rad/s，故选项C正确．命题角度解决方法易错辨析水平面内的转弯问题分析向心力的来源找不清向心力的来源水平面内圆周运动的临界问题提供向心力的某力达到极值判断不准临界状态竖直面内的绳模型先分析特殊临界点再利用动能定理求解其他位置不能准确找到绳上力为零时的临界状态竖直面内的杆(轨道)模型准确分析杆上受力的方向、由向心力公式求解速度不能分析杆上的受力方向平抛与圆周运动的综合问题【高分快攻】此类问题是由圆周运动和平抛运动复合而成的，其解法相对简单：(1)对于圆周运动，一般运用动能定理或机械能守恒定律来分析运动的过程，运用受力分析和牛顿运动定律来分析运动的特殊位置(如最高点和最低点)；(2)对于平抛运动，通常结合运动的合成与分解知识，将其分解为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动进行处理．解决此类问题时，要特别注意圆周运动与平抛运动的结合点，此位置往往是解题的关键．【典题例析】(2018·高考全国卷Ⅲ)如图，在竖直平面内，一半径为R 的光滑圆弧轨道ABC 和水平轨道P A 在A 点相切，BC 为圆弧轨道的直径，O 为圆心，OA 和OB 之间的夹角为α，sin α＝35.一质量为m 的小球沿水平轨道向右运动，经A 点沿圆弧轨道通过C 点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用．已知小球在C 点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零．重力加速度大小为g .求(1)水平恒力的大小和小球到达C 点时速度的大小； (2)小球到达A 点时动量的大小；(3)小球从C 点落至水平轨道所用的时间．[解析] (1)设水平恒力的大小为F 0，小球到达C 点时所受合力的大小为F .由力的合成法则有F 0mg＝tan α ① F 2＝(mg )2＋F 20②设小球到达C 点时的速度大小为v ，由牛顿第二定律得 F ＝m v 2R③由①②③式和题给数据得 F 0＝34mg④ v ＝5gR2. ⑤ (2)设小球到达A 点的速度大小为v 1，作CD ⊥P A ，交P A 于D 点，由几何关系得 DA ＝R sin α ⑥ CD ＝R (1＋cos α) ⑦由动能定理有－mg ·CD －F 0·DA ＝12m v 2－12m v 21⑧ 由④⑤⑥⑦⑧式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为 p ＝m v 1＝m 23gR2.⑨(3)小球离开C 点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g .设小球在竖直方向的初速度为v ⊥，从C 点落至水平轨道上所用时间为t .由运动学公式有v ⊥t ＋12gt 2＝CD⑩ v ⊥＝v sin α⑪由⑤⑦⑩⑪式和题给数据得 t ＝355R g. ⑫[答案] 见解析(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直．一小物块以速度v 从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g )( )A.v 216g B.v 28g C.v 24gD.v 22g解析：选B.设轨道半径为R ，小物块从轨道上端飞出时的速度为v 1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg ×2R ＝12m v 2－12m v 21，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x ＝v 1t ，2R ＝12gt 2，求得x ＝－16⎝⎛⎭⎫R －v 28g 2＋v 44g2，因此当R －v 28g ＝0，即R ＝v28g 时，x取得最大值，B 项正确，A 、C 、D 项错误．(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．(2019·滨州二模)2022年冬奥会将在中国举办的消息吸引了大量爱好者投入到冰雪运动中．若跳台滑雪比赛运动员从平台飞出后可视为平抛运动，现运动员甲以一定的初速度从平台飞出，轨迹为图中实线①所示，则质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞出，其运动轨迹应为图中的( )A ．①B ．②C ．③D ．④解析：选A.根据平抛运动规律可知，平抛运动轨迹只与初速度有关，与物体质量无关，所以质量比甲大的运动员乙以相同的初速度从同一位置飞出时，其运动轨迹应为图中的①，选项A 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、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.甲、乙两船在垂直河岸方向的分速度均为v sin 60°，过河时间均为t ＝L v sin 60°，故C 正确；由乙恰好到达A 点知，u ＝v sin 30°＝12v ，则甲沿河岸方向的速度为u ＋12v ＝v ，沿河岸方向的位移为v ·t ＝Lsin 60°<2L ，故A 、B 、D 错误． 3．(2019·枣庄一模)如图所示，物体A 、B 经无摩擦的定滑轮用细线连在一起，A 物体受水平向右的力F 的作用，此时B 匀速下降，A 水平向左运动，可知( )A ．物体 A 做匀速运动B ．物体 A 做加速运动C ．物体 A 所受摩擦力逐渐增大D ．物体 A 所受摩擦力不变解析：选B.把A 向左的速度v 沿细线方向和垂直细线方向分解，设细线与水平方向夹角为α，沿细线方向的分速度为v cos α，B 匀速，则v cos α不变，而α角增大，cos α减小，则v 增大，所以 A 做加速运动，选项B 正确，A 错误；由于A 对地面的压力逐渐减小，所以物体 A 所受摩擦力逐渐减小，选项 C 、D 错误．4．(2017·高考全国卷Ⅱ)如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环．小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力( )。

【精品推荐】2020高考物理二轮专题复习课标通用版课件专题1 力与运动第1部分第3讲

•由图象斜率，速度为v1时，第一次图象陡峭，第二次图象相对平缓，故a1>a2，由G－fy＝ma，可知，fy1<fy2，选项D正确．
• [命题视角] • 平抛运动、运动图象
• [解题思维]
• 由运动图象可判定运动的速度大小、加速度情况，根据分解思想可分别考虑水平方向和竖直方向的运动．
2.(2018·全国卷Ⅲ)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球
平抛运动规律
[命题视角]
[解题思维] 由条件知运动为平抛运动，而且都落在同一斜面上，
可由倾角公式知 tan θ＝xy，再由运动的合成求解．
• 3.(2017·全国卷Ⅰ)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网；其原因是( )
1.必须领会的“四种物理思想和三种常用方法” (1)分解思想、临界极值思想、估算思想、模型化思
想． (2)假设法、合成法、正交分解法．
备考指要
2.平抛(或类平抛)运动的推论 (1)任意时刻速度的反向延长线一定通过此时水平位移
的中点． (2)设在任意时刻瞬时速度与水平方向的夹角为θ，位移
与水平方向的夹角为φ，则有tan θ＝2tan φ.
D 正确．
• 处理平抛运动问题的五个关键点
• (1)平抛运动(或类平抛运动)，一般将运动沿初速度方向和垂直于初速度方向进行分解，先按分运动规律列式，再用运动的合成法则求合运动．
• (2)对于从斜面上平抛又落到斜面上的问题，竖直位移与水平位移的比值等于斜面倾角的正切值．
• (3)若平抛的物体垂直打在斜面上，打在斜面上的水平速度与竖直速度的比值等于斜面倾角的正切值．ຫໍສະໝຸດ • 视角二牵连速度的分解问题

(新课标)2020高考物理二轮总复习第一部分专题突破方略专题一力与运动1.1.2直线运动和牛顿运动定律课件

40 m/s，达到最大速度后甲车可保持匀速运动.
甲车位置坐标(m) 5 12.5 25 42.5
时刻(s)
12 3 4
(1)求甲车做匀加速直线运动的加速度． (2)在追赶过程中，甲、乙两车何时距离最大？ (3)甲车何时追上乙车？追上时，甲车的速度为多大？
答案：(1)5 m/s2 (2)2 s (3)9 s 40 m/s
解析：设初速度为 v0，根据位移时间关系式，由 x＝v＋2v1Δt、v＝v0＋at1、v1＝ v0＋at2 知第 5 s 内的位移是 x5＝[v0＋at4＋2v0＋at5]Δt＝v0＋92a＝20 m，同理第 3 s 内的位移是 x3＝v0＋52a＝12 m，根据以上两式，计算得加速度 a＝4 m/s2，v0＝2 m/s，选项 A 错误、B 正确；第 4 s 内的位移表达式 x4＝[v0＋3a＋2v0＋4a]Δt＝ 16 m，平均速度为 16 m/s，选项 C 错误；根据位移时间公式计算 5 s 内的位移是 x ＝v0t＋12at2＝60 m，选项 D 错误．
解法二相对运动法
利用相对运动可知，小汽车相对大货车的速度为 0，加速度为：a＝a1－a2＝1 m/s2 发生的相对位移为：x＝(4.8＋11.2) m＝16 m
则有：x＝12at2
解得：t＝
2ax＝
2×16 1
s＝5.7 s
故 D 正确．
[规律方法] 知三求二解决匀变速直线运动问题
1．在研究匀变速直线运动中，要把握以下三点： (1)要熟练掌握下列四个公式：v＝v0＋at，x＝v0t＋12at2，2ax＝v2－v20，x＝v0＋2 vt. 这四个公式中，前两个是基本公式，后两个是前两个的推论．也就是说在这四个公式中只有两个是独立的，解题时只要适当地选择其中两个即可．

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