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抛体运动和圆周运动专题限时训练

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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.抛体运动和圆周运动课件

d 12·4dv20·(v20)2×2＝d，故 s＝ x2＋y2＝ 2d，选项 A 错误，B 正确．小船到达离河对岸34d处，则水流速度为 v 水＝4dv0x＝4dv0·d4＝v0，而小船在静水中的速度为 v0，所以船的渡河速度为 v＝ v20＋v2水＝ 2v0，故 C 错误，D 正确．
12/9/2021
专题一力与运动(yùndòng)
第3讲抛体运动和圆周运动
12/9/2021
第一页，共五十三页。
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高频(ɡāo pín)考点1 运动的合成与分解
高频(ɡāo pín)考点2 平抛运动中的两类典型问题高频考点3 探究三种圆周运动模型
专题限时训练
12/9/2021
第二页，共五十三页。
1．分解速度：水平速度 vx＝v0；竖直速度 vy＝gt；合速度 v＝ vx2＋v2y.速度偏转角的正切值 tan α＝ta1n θ＝vgt0. 2．分解位移：水平位移 x＝v0t，竖直位移 y＝12gt2，合位移 x 合＝ x2＋y2；位移与水平方向的夹角的正切值 tan β＝xy＝12vg0tt2＝12vgt0＝12tan α＝2ta1n θ. 3．质点平抛运动的时间：vy＝gt，tan(90°－θ)＝vv0y＝vgt0，故 t＝gtavn0 θ.
B．6 m/s
C．5 m/s 答案：C
D．4 m/s
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解析：当车速为 4 m/s 时，人感到风从正南方向吹来，画出矢量图如图甲所示，故风对地的速度大小沿行驶方向的分速度为 4 m/s，当车速增加到 7 m/s 时，他感到风从东南方向(东偏南 45°)吹来，画出矢量图如图乙所示，可知，风对地的速度大小沿着垂直行驶方向的分速度大小为 3 m/s，因此风对地的速度大小为 5 m/s，故只有选项 C 正确．

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，离地后重心上升的最大高度为H.上升第一个H 4所用的时间为t 1，第四个H 4所用的时间为t 2.不计空气阻力，则t 2t 1满足( )A.1<t 2t 1<2B ．2<t 2t 1<3C.3<t 2t 1<4D ．4<t 2t 1<5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始的自由落体运动，所以第四个H4所用的时间为t 2＝2×H 4g ，第一个H4所用的时间为t 1＝2H g－2×34H g ，因此有t 2t 1＝12－3＝2＋3，即3<t 2t 1<4，选项C 正确. 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C．砖块回到抛出点前0.5 s时间内通过的距离为3.75 mD．被抛出后上升过程中，砖块做变减速直线运动[解析] 由h ＝v 202g 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 ＝v 0g ＝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；砖块被抛出后经0.5 s 上升的高度h ′＝v 0t ′－12gt ′2＝3.75 m ，由于上升阶段与下降阶段的时间、位移具有对称性，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5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＝v 1a ＝1 s ，通过的位移x 1＝12at 21＝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4为x 5＝16 m －(1＋4＋10) m ＝1 m ，关卡关闭2 s ，经过t 3＝x 5v 1＝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：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 ＋12×(－2a )×t 2，v A ＝v 0＋(－2a )×t对B 车有x B ＝12at 2，v B ＝at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＝6ax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≤6ax .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 ＋12×(－2a )×t 2＝x ＋12at 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≤6ax .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 ′＝at 以上两式联立解得t ＝v 03a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x ＝12v 0·t ＝12v 0·v 03a ＝v 206a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≤6ax .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：02－v 20＝2·(－3a )·x 所以v 0＝6ax .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≤6ax .答案：v0≤6ax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受力情况F合F合＝m a a运动学公式运动情况（v、x、t）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分析瞬时变化前后物体的受力情况→列牛顿第二定律方程→求瞬时加速度【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～t1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)，t1＝0.8 s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止．已知从t2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 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t 2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t 1～t 2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t 1～t 2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v 1，则t 1时刻的速度也为v 1；t 2时刻的速度为v 2.在t 2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t 2＋(n －1)Δt ～t 2＋n Δt 内的位移为s n ，n ＝1，2，3….若汽车在t 2＋3Δt ～t 2＋4Δt 时间内未停止，设它在t 2＋3Δt 时刻的速度为v 3，在t 2＋4Δt 时刻的速度为v 4，由运动学公式有s 1－s 4＝3a (Δt )2 ① s 1＝v 2Δt －12a (Δt )2② v 4＝v 2－4a Δt③联立①②③式，代入已知数据解得 v 4＝－176m/s④ 这说明在t 2＋4Δt 时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立．由于在t 2＋3Δt ～t 2＋4Δt 内汽车停止，由运动学公式 v 3＝v 2－3a Δt ⑤ 2a s 4＝v 23⑥ 联立②⑤⑥式，代入已知数据解得 a ＝8 m/s 2，v 2＝28 m/s⑦ 或者a ＝28825 m/s 2，v 2＝29.76 m/s⑧ 但⑧式情形下，v 3<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f 1.由牛顿第二定律有 f 1＝ma⑨ 在t 1～t 2时间内，阻力对汽车冲量的大小为 I ＝12f 1(t 2－t 1) ⑩由动量定理有 I ＝mv 1－mv 2⑪由动能定理，在t 1～t 2时间内，汽车克服阻力做的功为 W ＝12mv 21－12mv 22 ⑫联立⑦⑨○10⑪⑫式，代入已知数据解得 v 1＝30 m/s ⑬ W ＝1.16×105 J⑭从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s 约为 s ＝v 1t 1＋12(v 1＋v 2)(t 2－t 1)＋v 222a⑮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/s 2 (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～t 1时间段内金属球做减速运动C ．t 1～t 2时间段内金属球处于超重状态D ．t 2和t 4两时刻金属球的加速度和速度的大小均相同解析：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 ．22g B.5g C ．2gD.2g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 ）2＋（2mg ）2＝5mg ，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 ＝5g ，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6.5 m ，小球A 、B 与轻绳间的滑动摩擦力都为自身重力的12，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．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12a A t21＋12a B t21＝6.5 m解得t1＝1 s此时B下落h B＝12a B t21＝2.5 m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 mH＝v B t2＋12gt22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命题角度解决方法易错辨析超、失重现象分析牛顿第二定律明确加速度方向来确定超、失重状态瞬时加速度的求解力渐变和突变的分析在绳或杆上的力可以发生突变，而弹簧上的力只能渐变运动学图象问题【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(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 ＝15 m/s ，A错误；前3 s 内的位移x 3＝0－v 202a 1＝0－3022×（－10） m ＝45 m ，3～9 s 内的位移x 3～9＝12a 2t 23＝12×5×62 m ＝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 －＝x 9t 总＝1359m/s ＝15 m/s ，C 正确；3～6 s 内的位移x 3～6＝12a 2t 22＝12×5×32 m ＝22.5 m ，则前6 s 内的位移为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B ．前4 s 内甲的平均速度是乙的平均速度的157倍 C ．t ＝0时刻，甲的速度大小为9 m/sD ．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 内甲的平均速度为：v －1＝（－15 m ）－9 m 4 s＝－6 m/s ，前 4 s 乙的平均速度为：v －2＝（－15 m ）－（－7 m ）4 s＝－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 错误；t 0＝0时刻，甲的位移为s 0＝9 m ，t 1＝1 s 时，s 1＝0，t 2＝4 s 末，甲的位移为s 2＝－15 m ，因为甲做匀变速直线运动，设初速度为v 0，加速度为a ，则s 1－s 0＝v 0t 1＋12at 21①，s 2－s 0＝v 0t 2＋12at 22②，代入数据并联立①②式解得v 0＝10 m/s ，a ＝2 m/s 2，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，并分别确定它们的加速度，然后根据牛顿运动定律列方程求解(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，其加速度大小为a 1＝0.4－04－2 m/s 2＝0.2 m/s 2，在4～5 s 内做匀减速运动，其加速度大小为a 2＝0.4－0.25－4m/s 2＝0.2 m/s 2，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 a 1、F f ＝m a 2，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，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( )A ．Q 的质量为43m B ．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425mgD ．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，则根据沿绳方向的力相等知mg sin 53°＝m Q g sin 37°，解得m Q ＝43m ，选项A 正确；在题图甲中，整个系统处于静止状态，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 ，根据牛顿第二定律知43mg sin 53°－T ＝43ma ，T －mg sin 37°＝ma ，解得T ＝45mg ，滑轮受到轻绳的作用力大小为N ＝2T ＝425mg ，选项C 正确；对题图乙中的斜面体受力分析，两根绳子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 ＝43mg cos 53°cos 37°－mg cos 37° cos 53°＝425mg ，方向向右，则地面对斜面体的摩擦力向左，由牛顿第三定律可知，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，。

高三物理二轮复习专题一力和运动第3讲抛体运动和圆周运动

3．平抛(类平抛)运动的两个推论 (1)如图甲所示，物体任意时刻速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点。
(2)如图乙所示，在任意时刻任意位置处，速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为α，则有tan θ＝2tan α。
1.[多选](2015·吉林模拟)如图所示，A、D 分别是斜面的顶端、底端，B、C 是斜面上的两个点，AB＝BC＝CD， E 点在 D 点的正上方，与 A 等高。从 E 点以一定的水平速度抛出质量相等的两个小球，球 1 落在 B 点，球 2 落在 C 点，关于球 1 和球 2 从抛出到落在斜面上的运动过程( )
[答案] B
2.[多选](2015·连云港模拟)如图所示，一块橡皮用细线悬挂于O点，用钉子靠着线的左侧沿与水平方向成30°角的斜面向右上以速度v匀速运动，运动中始终保持悬线竖直，下列说法正确的是( )
A．橡皮的速度大小为 2v B．橡皮的速度大小为 3v C．橡皮的速度与水平方向成60°角 D．橡皮的速度与水平方向成45°角
考点2 平抛(类平抛)运动的规律:本考点是高考的重点，考向涉及牛顿运动定律及带电粒子在电场中的运动。
1．平抛运动的规律 (1)沿水平方向做匀速直线运动：vx＝v0，x＝v0t。 (2)沿竖直方向做自由落体运动：vy＝gt，y＝12gt2。
2．类平抛运动与平抛运动处理方法相似分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直初速度方向的初速度为零的匀加速直线运动。
1．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

高考物理二轮复习专题整合高频突破专题一力与运动3 力学中的曲线运动抛体运动和圆周运动课件

第3讲力学中的曲线运动 ——抛体运动和圆周运动
网络构建
要点必备
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网络构建
要点必备
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1.物体做曲线运动的条件及特点当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不共线时 ,物体做曲线运动。合运动与分运动具有等时性、独立性和等效性。 2.平抛运动 (1)规律:vx=v 0 , vy=gt , x=v0 t,y=12gt2。 (2)推论:做平抛(或类平抛 )运动的物体
确,B、C、D错误。
1234
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考点定位 :功、向心力命题能力点 :侧重考查理解能力解题思路与方法 :解答此题关键是小环的研究对象分析大圆环对它的作用力的方向和速度方向的关系。
考点一
考点二
考点三
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曲线运动及运动的合成与分解 (M) 典题1(2017石家庄模拟 )一个质量为 2 kg的物体,在4个共点力作用下处于平衡状态。现同时撤去大小分别为 8 N和12 N的两个力 , 其余的力保持不变 ,关于此后该物体运动的说法正确的是 ( A ) A.一定做匀变速运动 ,加速度大小可能等于重力加速度的大小 B.一定做匀变速直线运动 ,加速度大小可能是 5 m/s2 C.可能做匀减速直线运动 ,加速度大小是 1.5 m/s2 D.可能做匀速圆周运动 ,向心加速度大小是 6 m/s2
2.(2016全国Ⅱ卷)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上 ,P
球的质量大于 Q球的质量 ,悬挂P球的绳比悬挂 Q球的绳短。将两球拉起,使两绳均被水平拉直 ,如图所示。将两球由静止释放。在各自轨迹的最低点 ,( C ) A.P球的速度一定大于 Q球的速度 B.P球的动能一定小于 Q球的动能 C.P球所受绳的拉力一定大于 Q球所受绳的拉力 D.P球的向心加速度一定小于 Q球的向心加速度

(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.

2020版高考物理大二轮复习专题一第3讲力与物体的曲线运动课件

A．小环刚释放时轻绳中的张力一定大于 2mg
B．小环到达 B 处时，重物上升的高度也为 d
C．小环在 B 处的速度与重物上升的速度大小之比等于 2
D．小环在
B
处的速度与重物上升的速度大小之比等于
2 2
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Δ h＝ 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 vBcos θ＝v 重，即vv重B＝cos1 θ＝ 2，所以 C 正确，D 错误．
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Δ v 相等，Δ v＝gΔ t，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＝ 2gy，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．
A．小船渡河时间大于 20 s B．A、B 两点间距离为 200 2 m C．到达河中央前小船加速度大小为 0.2 m/s2 D．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＝Lv＝21000 s＝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≤L2)，易得水流速的平均速度等于L4处的水流速，则有 u＝0.2×L4＝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≤L2)，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/s2，故 C 错误；

高考物理二轮复习专题一力与运动考点四抛体运动与圆周运动课件.ppt

(4L126＋hL22)g，
答案 D
突破高频考点
考点一运动的合成与分解
【必记要点】 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 (1)过河时间最短：船头正对河岸时，渡河时间最短， tmin＝vd1(d 为河宽)。 (2)过河路径最短(v2＜v1 时)：合速度垂直于河岸时，航程最短，xmin＝d。船头指向上游与河岸夹角为 α，cos α ＝vv21。 (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。最短航程 s 短＝cods α＝vv21d。
2．(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 A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大 C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大
答案 D
规律总结与斜面有关的平抛运动问题的分析方法
斜面上的平抛问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决。常见的模型如下：
方法分解速度
分解速度
分解位移
3．关联速度的分解问题 (1)分析关联速度问题的思路与方法合运动→绳拉物体的实际运动速度 v 分运动→其其一二：：沿与绳绳((或或杆杆))的垂速直度的分v1 速度v2 方法：v1 与 v2 的合成遵循平行四边形定则。

2020届高三物理二轮知识点总结复习——抛体运动

2020届届届届届届届届届届届届——届届届届一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）1.如图所示，BC是半径为R的竖直面内的光滑圆弧轨道，轨道末端C在圆心O的正下方，∠BOC=60°，将质量为m的小球，从与O 等高的A点水平抛出，小球恰好从B点沿切线滑入圆轨道，则小球在C点对轨道的压力为()A. 73mg B. 3mg C. 103mg D. 4mg【答案】C【解析】解：对于AB段：由v y2=2g(R−Rcos60°)则得小球到达B点时的竖直分速度v y=√gR据题小球从光滑圆弧BC的B点的切线方向进入圆弧，说明到B点的速度v B方向与水平方向的夹角为60°，则得初速度为v A=v y cot60°=√3gR3从A到C的运动过程中，运用动能定理得：1 2mv C2−12mv A2=mgR在C点，由圆周运动向心力公式得：N−mg=m v C2R代入数据解之得：N=103mg由牛顿第三定律，得在C点小球对轨道的压力大小为103mg，方向竖直向上。

故选：C。

小球做平抛运动，由AB间的高度求出小球到达B点时的竖直分速度，由速度的分解求解出A点的速度。

选择从A到C的运动过程，运用动能定理求出C点速度，根据向心力公式求出小球在最高点C时对轨道的压力。

本题是平抛运动和圆周运动相结合的典型题目，除了运用平抛运动和圆周运动的基本公式外，求速度的问题，动能定理不失为一种好的方法。

2.从空中某处平抛一个物体，不计空气阻力，物体落地时，末速度与水平方向的夹角为30°，取地面物体重力势能为零，则物体抛出时，其重力势能与动能之比为()A. 0.25B. 0.75C. 13D. 3【答案】C【解析】解：物体做平抛运动，假设落地时速度为v，由于落地的速度方向与水平方向的夹角为30°，故水平分速度为：v0=v x=vcos30°竖直分速度为：v y=vsin30°由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故下落的高度为：ℎ=v y22g=v2cos230°2g抛出时的动能为：E k=12mv02=12mv2sin230°抛出时的势能为：E p=mgℎ=12mv2cos230°，解得动能与势能之比为：E k：E p=1：3。

新课标2020高考物理总复习专题突破方略专题一力与运动1.1.3抛体运动和圆周运动专题限时训练

1.1.3 抛体运动和圆周运动专题限时训练一、单项选择题1．(2019·湖南株洲一模)在某次跳投表演中,篮球以与水平面成45°的倾角落入篮筐,设投球点和篮筐正好在同一水平面上,如图所示．已知投球点到篮筐距离为10 m,不考虑空气阻力,则篮球投出后的最高点相对篮筐的竖直高度为( )A ．2.5 mB ．5 mC ．7.5 mD ．10 m答案：A解析：篮球抛出后做斜上抛运动,根据对称性可知,出手时的速度方向与水平方向成45°角,设初速度为v 0,则水平方向x ＝v 0cos 45°t ；竖直方向设能到达的最大高度为h ,则h ＝v 0sin 45°2·t2,解得h ＝x4＝2.5 m,故只有选项A 正确． 2．开口向上的半球形曲面的截面如图所示,直径AB 水平．一物块(可视为质点)在曲面内A 点以某一速率开始下滑,曲面内各处动摩擦因数不同,因摩擦作用物块下滑过程速率保持不变．在物块下滑的过程中,下列说法正确的是( )A ．物块运动过程中加速度始终为零B ．物块所受合外力大小不变,方向时刻在变化C ．滑到最低点C 时,物块所受重力的瞬时功率达到最大D ．物块所受摩擦力大小逐渐变大答案：B3．近年许多电视台推出户外有奖冲关的游戏节目,如图所示(俯视图)是某台设计的冲关活动中的一个环节．要求挑战者从平台A 上跳到以O 为转轴的快速旋转的水平转盘上而不落入水中．已知平台到转盘盘面的竖直高度为1.25 m,平台边缘到转盘边缘的水平距离为1 m,转盘半径为2 m,以12.5 r/min 的转速匀速转动,转盘边缘间隔均匀地固定有6个相同障碍桩,障碍桩及桩和桩之间的间隔对应的圆心角均相等．若某挑战者在如图所示时刻从平台边缘以水平速度沿AO 方向跳离平台,把人视为质点,不计桩的厚度,g 取10 m/s 2,则能穿过间隙跳上转盘的最小起跳速度为( )A ．1.5 m/sB ．2 m/sC ．2.5 m/sD ．3 m/s答案：C解析：人起跳后做平抛运动,因此在竖直方向上有：y ＝12gt 2,由此解得时间t ＝0.5 s ；转盘的角速度为：ω＝2πn ＝512π rad/s；转盘转过π6所用时间为：t ＝θω＝0.4 s ．要使人能跳过空隙,时间应该小于0.4 s,因此根据水平方向匀速运动有：x ＝v 0t ；解得v 0＝2.5 m/s,C 正确．4．(2019·泰安质检)如图所示,甲、乙两船在同一匀速的河水中同时开始渡河,M 、N 分别是甲、乙两船的出发点,两船船头与河岸均成α角,甲船船头恰好对准N 点的正对岸P 点,经过一段时间乙船恰好到达P 点．如果甲、乙两船在静水中的速度大小相同,且甲、乙两船相遇不影响各自的航行,下列判断正确的是( )A ．甲船也能到达M 点正对岸B ．甲船渡河时间一定比乙船短C ．甲、乙两船相遇在N 、P 连线上的某点(非P 点)D ．渡河过程中两船不会相遇答案：C解析：乙船垂直河岸到达正对岸,说明水流方向向右,甲船参与了两个分运动,沿着船头指向的匀速运动,随着水流方向的匀速运动,故不可能到达M 点正对岸,选项A 错误；船渡河的速度为船本身的速度垂直河岸方向的分速度v y ＝v sin α,船渡河的时间t ＝d v y ＝dv sin α,故甲、乙两船到达对岸的时间相同,选项B 错误；船沿垂直河岸方向的位移y ＝v y t ′＝vt ′sinα,可知任意时刻两船沿垂直河岸方向的位移相等,又由于乙船沿着NP 方向运动,故相遇点在N 、P 连线上的某点(非P 点),选项C 正确、D 错误．5．用如图甲所示的圆弧—斜面装置研究平抛运动,每次将质量为m 的小球从半径为R 的四分之一圆弧形轨道不同位置静止释放,并在弧形轨道最低点水平部分处装有压力传感器测出小球对轨道压力的大小F .已知斜面与水平地面之间的夹角θ＝45°,实验时获得小球在斜面上的不同水平射程x ,最后作出了如图乙所示的F －x 图象,g 取10 m/s 2,则由图可求得圆弧轨道的半径R 为( )A ．0.125 mB ．0.25 mC ．0.50 mD ．1.0 m答案：B解析：设小球在圆弧形轨道最低点的速度为v 0,由牛顿运动定律得：F －mg ＝m v 20R,由平抛运动规律和几何关系有,小球的水平射程：x ＝v 0t ,小球的竖直位移：y ＝h ＝12gt 2,由几何关系有：y ＝x tan θ,联立得：x ＝2v 20tan θg,F ＝mg ＋mg2R tan θx ,由图象知：mg ＝5 N,mg2R tan θ＝10－50.5,解得：R ＝0.25 m,故选项B 正确． 6．(2018·长安区二模)如图所示,一个圆形框架以竖直的直径为转轴匀速转动．在框架上套着两个质量相等的小球A 、B ,小球A 、B 到竖直转轴的距离相等,它们与圆形框架保持相对静止．下列说法正确的是( )A ．小球A 的合力小于小球B 的合力 B ．小球A 与框架间可能没有摩擦力C ．小球B 与框架间可能没有摩擦力D ．圆形框架以更大的角速度转动,小球B 受到的摩擦力一定增大答案：C解析：由于合力提供向心力,依据向心力表达式F ＝mrω2,已知两球质量、半径和角速度都相同,可知向心力相同,即合力相同,故A 错误；小球A 受到重力和弹力的合力不可能垂直指向OO ′轴,故一定存在摩擦力,而B 球的重力和弹力的合力可能垂直指向OO ′轴,故B 球摩擦力可能为零,故B 错误,C 正确；由于不知道B 所受摩擦力的情况,故而无法判定圆形框架以更大的角速度转动,小球B 受到的摩擦力的变化情况,故D 错误．二、多项选择题7．一质点做匀速直线运动．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答案：BC解析：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．8．(2019·文登模拟)如图所示,空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD A 1B 1C 1D 1,从顶点A 沿不同方向平抛一小球(可视为质点)．关于小球的运动,下列说法正确的是( )A ．落点在A 1B 1C 1D 1内的小球,落在C 1点时平抛的初速度最大B ．落点在B 1D 1上的小球,平抛初速度的最小值与最大值之比是1∶ 2C ．运动轨迹与AC 1相交的小球,在交点处的速度方向都相同D ．运动轨迹与A 1C 相交的小球,在交点处的速度方向都相同答案：ABC解析：依据平抛运动规律,在竖直方向有h ＝12gt 2,得小球运动的时间t ＝2hg,水平方向有x ＝v 0t ＝v 02hg,落点在A 1B 1C 1D 1内的小球,h 相同,而水平位移x AC 1最大,则落在C 1点时平抛的初速度最大,选项A 正确；落点在B 1D 1上的小球,由几何关系可知最大水平位移x max ＝L (L 为正方体的棱长),最小水平位移x min ＝22L ,由v 0＝x g2h,可知平抛运动初速度的最小值与最大值之比v min ∶v max ＝x min ∶x max ＝1∶2,选项B 正确；运动轨迹与AC 1相交的小球,位移偏转角β相同,设速度偏转角为θ,由平抛运动规律有tan θ＝2tan β,故θ相同,则运动轨迹与AC 1相交的小球,在交点处的速度方向都相同,选项C 正确；同理可知,选项D 错误． 9．(2019·高考备考押题专练)如图所示,处于竖直平面内的光滑细金属圆环半径为R ,质量均为m 的带孔小球A 、B 穿于环上,两根长为R 的细绳一端分别系于A 、B 球上,另一端分别系于圆环的最高点和最低点,现让圆环绕竖直直径转动,当角速度缓慢增大到某一值时,连接B 球的绳子恰好拉直,转动过程中绳不会断,则下列说法正确的是( )A ．连接B 球的绳子恰好拉直时,转动的角速度为2gRB ．连接B 球的绳子恰好拉直时,金属圆环对A 球的作用力为零C ．继续增大转动的角速度,金属环对B 球的作用力可能为零D ．继续增大转动的角速度,A 球可能会沿金属环向上移动答案：AB解析：当连接B 球的绳刚好拉直时,mg tan 60°＝mω2R sin 60°,解得ω＝2gR,选项A 正确；连接B 球的绳子恰好拉直时,A 球与B 球转速相同,A 球所受合力也为mg tan 60°,又小球A 所受重力为mg ,可判断出A 球所受绳的拉力为2mg ,A 球不受金属圆环的作用力,选项B 正确；继续增大转动的角速度,连接B 球的绳上会有拉力,要维持B 球竖直方向所受外力的合力为零,环对B 球必定有弹力,选项C 错误；当转动的角速度增大,环对B 球的弹力不为零,根据竖直方向上A 球和B 球所受外力的合力都为零,可知绳对A 球的拉力增大,绳应张得更紧,因此A 球不可能沿环向上移动,选项D 错误．三、计算题10．某新式可调火炮,水平射出的炮弹可视为做平抛运动．如图所示,目标是一个剖面为90°的扇形山崖OAB ,半径为R (R 为已知),重力加速度为g .(1)若以初速度v 0(v 0为已知)射出,恰好垂直打在圆弧的中点C ,求炮弹到达C 点所用时间； (2)若在同一高地P 先后以不同速度射出两发炮弹,击中A 点的炮弹运行的时间是击中B 点的两倍,OABP 在同一竖直平面内,求高地P 离A 的竖直高度．答案：(1)v 0g (2)43R解析：(1)炮弹做平抛运动,恰好垂直打在圆弧的中点C 时水平和竖直分速度相等,即有v y ＝v 0又v y ＝gt 解得t ＝v 0g(2)设P 离A 的竖直高度为h . 则有h ＝12g (2t )2h －R ＝12gt 2联立解得h ＝43R .11．(2018·宝鸡一模)如图所示,餐桌中心是一个半径r ＝1.5 m 的圆盘,圆盘可绕中心轴转动,近似认为圆盘与餐桌在同一水平面内且两者之间的间隙可忽略不计．已知放置在圆盘边缘的小物体与圆盘间的动摩擦因数μ1＝0.6,与餐桌间的动摩擦因数μ2＝0.225,餐桌离地高度h ＝0.8 m ．设小物体与圆盘以及餐桌之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)为使物体不滑到餐桌上,圆盘的角速度ω的最大值为多少？(2)缓慢增大圆盘的角速度,物体从圆盘上甩出,为使物体不滑落到地面,餐桌半径R 的最小值为多大？(3)若餐桌半径R ′＝2r ,则在圆盘角速度缓慢增大时,物体从圆盘上被甩出后滑落到地面上的位置到从圆盘甩出点的水平距离L 为多少？答案：(1)2 rad/s (2)2.5 m (3)2.1 m解析：(1)由题意可得,当小物体在圆盘上随圆盘一起转动时,圆盘对小物体的静摩擦力提供向心力,所以随着圆盘转速的增大,小物体受到的静摩擦力增大．当静摩擦力最大时,小物体即将滑落,此时圆盘的角速度达到最大,即f m ＝μ1mg ＝mrω2ω＝μ1gr＝2 rad/s (2)由题意可得,当物体滑到餐桌边缘时速度恰好减为零,对应的餐桌半径取最小值．设物体在餐桌上滑动的位移为S ,物体在餐桌上做匀减速运动的加速度大小为a ,则有：a ＝f mf ＝μ2mg所以：a ＝μ2g ＝2.25 m/s 2物体在餐桌上滑动的初速度为：v 0＝ωr ＝3 m/s由运动学公式0－v 20＝－2aS 可得：S ＝2 m由图形可得餐桌半径的最小值为：R ＝r 2＋S 2＝2.5 m(3)当物体滑离餐桌时,开始做平抛运动,平抛的初速度为物体在餐桌上滑动的末速度v t ,由题意可得：v 2t －v 20＝－2aS ′由于餐桌半径为R ′＝2r ,所以S ′＝r ＝1.5 m 所以可得：v t ′＝1.5 m/s物体做平抛运动的时间为t ,则：h ＝12gt 2解得：t ＝2hg＝0.4 s所以物体做平抛运动的水平位移为：S x ＝v t ′t ＝0.6 m 所以由题意可得：L ＝S ′＋S x ＝2.1 m.。

新课标2024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

1.1.2 直线运动和牛顿运动定律专题限时训练一、单项选择题1．(2024·全国卷Ⅰ)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为H .上升第一个H 4所用的时间为t 1，第四个H 4所用的时间为t 2.不计空气阻力，则t 2t 1满意( )A ．1<t 2t 1<2 B ．2<t 2t 1<3 C ．3<t 2t 1<4 D ．4<t 2t 1<5答案：C解析：运动员起跳到达最高点的瞬间速度为零，又不计空气阻力，故可逆向处理为自由落体运动．则依据初速度为零的匀加速运动，相等相邻位移时间关系满意1∶()2－1∶()3－2∶()2－3∶()5－2∶……，可知t 2t 1＝12－3＝2＋3，即3<t 2t 1<4，故只有选项C 正确．2．(2024·唐山模拟)如图甲，水平地面上有一静止平板车，车上放一物块，物块与平板车的动摩擦因数为0.2，t ＝0时，车起先沿水平面做直线运动，其v －t 图象如图乙所示，g 取10 m/s 2，若平板车足够长，关于物块的运动，以下描述正确的是( )A ．0～6 s 加速，加速度大小为2 m/s 2,6～12 s 减速，加速度大小为2 m/s 2B ．0～8 s 加速，加速度大小为2 m/s 2,8～12 s 减速，加速度大小为4 m/s 2C ．0～8 s 加速，加速度大小为2 m/s 2,8～16 s 减速，加速度大小为2 m/s 2D ．0～12 s 加速，加速度大小为1.5 m/s 2,12～16 s 减速，加速度大小为4 m/s 2答案：C解析：依据速度—时间图象的斜率表示加速度，则车先以4 m/s 2的加速度匀加速直线运动，后以－4 m/s2的加速度匀减速直线运动，依据物块与车的动摩擦因数可知，物块与车的滑动摩擦力产生的加速度大小为2 m/s2，因此当车的速度大于物块的速度时，物块受到滑动摩擦动力，相反则受到滑动摩擦阻力；6 s时，车的速度为24 m/s，而物块的速度v＝2×6 m/s ＝12 m/s，物块的速度仍小于车的速度，故速度相同的时间在6 s之后，从6 s起先分析则有：24－4(t－6)＝2t，解得：t＝8 s，则说明，0～8 s时，车的速度大于物块的速度，因此物块受到滑动摩擦动力，则其加速度为2 m/s2，8～16 s时，车的速度小于物体的速度，因此物体受到滑动摩擦阻力，则其加速度为2 m/s2，方向与运动方向相反，做减速运动，故C正确，A、B、D错误．3．(2024·东城区一模)某装置的结构如图所示：在外壳的基板上固定一个螺栓，螺栓上有一顶端焊有钢球的弹簧，螺栓、弹簧、钢球及外壳都是电的良导体．在静止状态下，钢球和外壳呈断开状态不会导通，当受到冲击，钢球产生运动与外壳接通，便可触发执行电路(未画出)，使报警器等元件起先工作．若此装置由静止从高处坠落，重力加速度用g表示，以下说法正确的是( )A．起先下落的瞬间，钢球的加速度为gB．起先下落的瞬间，外壳的加速度为gC．在执行电路被接通前，钢球的加速度方向可能向上D．在执行电路被接通前，外壳的加速度可能小于g答案：D解析：起先下落时弹簧的弹力不变，故钢球受力平衡，加速度为零，故A错误；此时外壳受重力和弹簧向下的弹力作用，合外力大于重力，故外壳的加速度肯定大于g，故B错误；因下落时外壳的加速度大，故弹簧形变量越来越小，复原原状后弹力方向向下，整个过程中钢球的加速度始终向下，故C错误；当弹簧伸长后，外壳受向上的弹力作用，则其加速度可以小于g，故D正确．4．甲、乙两质点从同一位置动身，沿同始终线路面运动，它们的x－t图象如图所示．对这两质点在0～3 s内运动的描述，下列说法正确的是( )A ．t ＝2 s 时，甲、乙两质点相遇B ．t ＝1 s 时，甲、乙两质点相距最远C ．甲质点的加速度比乙质点的加速度小D ．t ＝3 s 时，甲质点在乙质点的前面答案：B解析：t ＝2 s 时，甲的位移x 甲＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋23×2 m＝83 m ，乙的位移x 乙＝12×(1＋2)×2 m＝3 m ，两质点位移不相等，故没有相遇．故A 错误；初始阶段，甲的速度较大，甲跑在乙的前面，t ＝1 s 时，甲、乙两质点速度相等，此时两者相距最远，故B 正确；由图象可知，甲的加速度a 甲＝0－23＝－23 m/s 2，乙的加速度a 乙＝2－12＝12 m/s 2，所以甲的加速度大，故C 错误；t ＝3 s 时，乙的速度v ＝v 0t ＋at ＝52 m/s ，乙质点的位移x 乙＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋52×3＝5.25m ，甲的位移x 甲＝12×2×3 m＝3 m ，所以乙在甲的前面，D 错误．5.如图所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O 点，O 点恰好是下半圆的圆心，有三条光滑轨道AB 、CD 、EF ，它们的上下端分别位于上下两圆的圆周上，三轨道都经过切点O ，轨道与竖直线的夹角关系为α>β>θ.现在让一物块先后从三轨道顶端由静止起先下滑至底端，则物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经验的时间关系为( )A ．t AB ＝t CD ＝t EF B ．t AB >t CD >t EFC ．t AB <t CD <t EF D ．t AB ＝t CD <t EF答案：B解析：设圆的半径为r ，下面半圆的半径为R ，轨道与竖直方向的夹角为φ，则轨道的长度l ＝2r cos φ＋R ，物块沿轨道下滑的加速度a ＝mg cos φm ＝g cos φ，由位移公式得l ＝12at 2，则t ＝2(2r cos φ＋R )g cos φ＝4r g＋2Rg cos φ，因为α>β>θ，则t AB >t CD >t EF .故选项B正确，A、C、D错误．二、多项选择题6．(2024·全国卷Ⅱ)如图(a)，在跳台滑雪竞赛中，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，每次都从离开跳台起先计时，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．其次次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小B．其次次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大C．其次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，其次次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大答案：BD解析：由v－t图象的面积易知其次次面积大于或等于第一次面积，故其次次竖直方向的位移大于第一次的位移，选项A错误；由于其次次竖直方向的位移大，由于位移方向不变，故其次次水平方向位移大，选项B正确；由v－t图象的斜率知第一次大、其次次小，斜率越大，加速度越大，选项C错误；速度为v1时，第一次曲线斜率较大，其次次曲线斜率较小，故a1>a2，由G－f y＝ma可知，f y1<f y2，选项D正确．7．三角形传送带以 1 m/s的速度逆时针匀速转动，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v0的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，下列说法正确的是( )A．若v0≥1 m/s，则物块A先到达传送带底端B．若v0≥1 m/s，则物块A、B同时到达传送带底端C．若v0＜1 m/s，则物块A先到达传送带底端D．若v0＜1 m/s，则物块A、B同时到达传送带底端答案：BC解析：因为μ＜tan 37°，即物块重力沿斜面对下的分力大于物块的摩擦力，若v0≥1 m/s，两物块以相同的初速度和加速度沿传送带下滑，摩擦力均阻碍物块的运动，所以物块A、B 同时到达传送带底端，B选项正确；若v0＜1 m/s，起先运动的一段时间内，物块A所受摩擦力沿斜面对下，物块B所受摩擦力沿斜面对上，物块A的加速度大于物块B的加速度，当A的速度达到1 m/s时，加速度与B相等，所以物块A先到达传送带底端，即C选项正确．8．如图所示，质量均为m的两个木块P、Q叠放在水平地面上，P、Q接触面的倾角为θ，现在Q上施加一水平推力F，使P、Q保持相对静止一起向左做匀加速直线运动．下列说法中正确的是( )A．木块Q对地面的压力肯定为2mgB．若Q与地面间的动摩擦因数为μ，则μ＝F2mgC．若P、Q之间光滑，则加速度a＝g tan θD．若运动中渐渐减小F，则地面与Q之间的摩擦力也渐渐减小答案：AC解析：以P、Q整体为探讨对象，在竖直方向上合力为零，故F N＝2mg，由牛顿第三定律知Q对地面的压力为2mg，故A正确；因P、Q做匀加速直线运动，若μ＝F2mg，在水平方向上由牛顿其次定律得F－μ·2mg＝ma，解得a＝0，故不能做匀加速直线运动，故B错误；若P、Q之间光滑，对P受力分析如图，在水平方向上，由牛顿其次定律可知mg tan θ＝ma，故a ＝g tan θ，故C正确；Q与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，故F f＝μ·2mg，摩擦力不变，故D错误．9．(2024·泰安模拟)如图所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上．两小球A、B通过光滑定滑轮O用轻质细绳相连，两球均处于静止状态．已知小球B的质量为m，O在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角．现将细绳剪断的瞬间(重力加速度为g)，下列说法正确的是( )A ．弹簧弹力大小为2mgB ．小球B 的加速度为gC ．小球A 受到的支持力为322mgD ．小球A 的加速度为12g答案：CD解析：剪断细绳前对小球B 受力分析如图甲所示，由平衡条件可得F 绳＝mgcos 45°＝2mg ，F 弹＝mg tan 45°＝mg ；剪断细绳瞬间，细绳上弹力马上消逝，而弹簧弹力F弹和小球B 受到的重力的大小和方向均没有变更，则F合＝mg cos 45°＝2mg ，a B ＝F 合m ＝2g ，选项A 、B 错误；剪断细绳前对小球A 受力分析如图乙所示，由平衡条件得m A g ＝2F 绳cos 30°＝6mg ，F N A ＝m A g cos 30°＝322mg ，选项C 正确；剪断细绳瞬间，对小球A 由牛顿其次定律有m A g sin 30°＝m A a A ，得a A ＝g sin 30°＝12g ，选项D 正确．三、计算题10．新春佳节，很多餐厅生意火暴，经常人满为患，为能服务更多的顾客，服务员须要用最短的时间将菜肴送至顾客处(设菜品送到顾客处速度恰好为零)．某次服务员用单手托托盘的方式(如图)给12 m 远处的顾客上菜，要求全程托盘水平．托盘和手、碗之间的动摩擦因数分别为0.2、0.15，服务员上菜最大速度为3 m/s.假设服务员加速、减速运动过程中是匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求： (1)服务员运动的最大加速度； (2)服务员上菜所用的最短时间．答案：(1)1.5 m/s 2(2)6 s解析：(1)设碗的质量为m ，托盘的质量为M ，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，碗受力如图甲所示，由牛顿其次定律得：F f1＝ma 1，碗与托盘间相对静止，则：F f1≤F f1max ＝μ1mg解得：a 1≤μ1g ＝0.15×10＝1.5 m/s 2对碗和托盘整体，由牛顿其次定律得：F f2＝(M ＋m )a 2手和托盘间相对静止，则：F f2≤F f2max ＝μ2(M ＋m )g 解得：a 2≤μ2g ＝0.2×10＝2 m/s 2，则最大加速度：a max ＝1.5 m/s 2.(2)服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短，加速运动时间：t 1＝v max a max ＝31.5s ＝2 s 位移：x 1＝12v max t 1＝12×3×2 m＝3 m减速运动时间：t 2＝t 1＝2 s ，位移：x 2＝x 1＝3 m 匀速运动位移：x 3＝L －x 1－x 2＝12 m －3 m －3 m ＝6 m 匀速运动时间：t 3＝x 3v max＝2 s 最短时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝6 s.11．(2024·延边州模拟)如图所示，在倾角为θ的足够长的斜面上，有一质量为M 的长木板．起先时，长木板上有一质量为m 的小铁块(视为质点)以相对地面的初速度v 0从长木板的中点沿长木板向下滑动，同时长木板在沿斜面对上的拉力作用下始终做速度为v 的匀速运动(已知v 0＞v )，小铁块最终跟长木板一起向上做匀速运动．已知小铁块与木板间、木板与斜面间的动摩擦因数均为μ(μ＞tan θ)．(1)求小铁块在长木板上滑动时的加速度大小和方向？ (2)小铁块与木板共速前作用在木板上的恒力多大？ (3)长木板至少要有多长？答案：(1)g (μcos θ－sin θ)，方向沿斜面对上(2)μ(M ＋2m )g cos θ＋Mg sin θ (3)(v 0＋v )2g (μcos θ－sin θ)解析：(1)小铁块在长木板上滑动时受到重力、木板的支持力和沿板向上的滑动摩擦力作用，设小铁块的加速度大小为a ，对小铁块受力分析有(取沿斜面对上为正)：μmg cos θ－mg sin θ＝ma代入数据得：a ＝g (μcos θ－sin θ)因为μ＞tan θ，所以小铁块与木板相对滑动时的加速度沿斜面对上． (2)木板受铁块的摩擦力F 1＝μmg cos θ 木板受斜面的摩擦力F 2＝μ(M ＋m )g cos θ木板做匀速运动，故F ＝F 1＋F 2＋Mg sin θ＝μ(M ＋2m )g cos θ＋Mg sin θ.(3)小铁块先沿斜面对下匀减速至速度为零再沿斜面对上匀加速运动，最终获得稳定速度v ，设t 时间后小铁块达到稳定速度，以沿斜面对上为正方向，则：v －(－v 0)＝at 解得：t ＝v 0＋vg (μcos θ－sin θ)设此段时间内小铁块的位移为s 1，木板的位移为s 2，有：s 1＝(v 0－v )t2，方向沿斜面对下 s 2＝vt ，方向沿斜面对上所以：L2≥s 1＋s 2解得：L ≥2(s 1＋s 2)＝(v 0＋v )2g (μcos θ－sin θ).[满分设计][例] (2024·全国卷Ⅲ，25,20分)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＝0.5①；木板的质量m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1②.某时刻A、B两滑块起先相向滑动③，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④.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力⑤，重力加速度g＝10 m/s2.求：(1)B与木板相对静止时⑥，木板的速度；(2)A、B起先运动时，两者之间的距离．[科学审题]关键点获得信息①滑块A和B在木板上运动受到的摩擦力不同，但运动的加速度相同②木板除受两滑块的摩擦力外，还受地面施加的摩擦力，系统动量不守恒③滑块A和B对木板的摩擦力方向相反，二者合力方向与地面对木板的摩擦力反向④⑤⑥第(1)问是求B与木板共速时的速度，且B与木板共速后不会再相对滑动，能始终保持相对静止，最终A、B相遇时，实际是A、B与木板三者有共同速度起先滑块A和B在木板上相向做加速度大小相同的匀减速直线运动，木板向右做匀加速直线运动；B与木板共速后一起向右接着做匀减速直线运动(加速度变小)，而A先是向左做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动，直至A、B相遇时A、B与木板三者共速．故分别选不同探讨对象，由牛顿其次定律求出匀变速运动的加速度，再用运动学公式分段列式，利用各运动阶段速度和位移的联系即可解答．[规范解题](1)由题意可知，滑块A和B在木板上相向滑动时，木板也在地面上向右运动. (1分)设A、B所受木板的摩擦力和木板所受地面的摩擦力大小分别为f1、f2和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.在滑块B与木板达到共同速度前，由滑动摩擦力公式有f1＝μ1m A g①(1分)f2＝μ1m B g②(1分)f3＝μ2(m＋m A＋m B)g③(1分)由牛顿其次定律得f 1＝m A a A ④(1分) f 2＝m B a B ⑤(1分) f 2－f 1－f 3＝ma 1 ⑥(1分)设在t 1时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为v 1，由运动学公式有v 1＝v 0－a B t 1 ⑦(1分) v 1＝a 1t 1 ⑧(1分)联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得v 1＝1 m/s ⑨(1分)(2)在t 1时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为s B ＝v 0t 1－12a B t 21 ⑩(1分)设在B 与木板达到共同速度v 1后，木板的加速度大小为a 2，对于B 与木板组成的体系，由牛顿其次定律有f 1＋f 3＝(m B ＋m )a 2 ⑪(1分)由①②④⑤式知，a A ＝a B ；再由⑦⑧式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为v 1，但运动方向与木板相反．(2分)设A 和B 相遇时，A 与木板的共同速度大小为v 2，A 的速度大小从v 1变到v 2所用的时间为t 2，则由运动学公式，对木板有v 2＝v 1－a 2t 2 ⑫(1分)对A 有v 2＝－v 1＋a A t 2 ⑬(1分)在t 2时间间隔内，B (以及木板)相对地面移动的距离为s 1＝v 1t 2－12a 2t 22 ⑭(1分) 在(t 1＋t 2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为s A ＝v 0(t 1＋t 2)－12a A (t 1＋t 2)2 ⑮(1分)A 和B 相遇时，B 与木板的速度也恰好相同．因此A 和B 起先运动时，两者之间的距离为 s 0＝s A ＋s 1＋s B ⑯(1分)联立以上各式，并代入数据得s 0＝1.9 m ⑰(1分)(另外，可用如图所示的速度—时间图线求解，但对考生分析综合实力要求更高，并且同样须要分析清晰各物体的运动过程．)11。

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( )

【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

2020新课标高考物理二轮复习教师用书：第1部分专题1 第3讲抛体运动和圆周运动

第3讲抛体运动和圆周运动考点1运动的合成与分解■新依据·等级考预测·❶本考点是解决曲线运动的基础，全国卷及北京卷高考命题常与功能关系相结合，以求解问题的方法出现，单独命题常以选择题形式。

❷预计2020年等级考仍会以功能关系为背景，以求解问题方法的形式考查，复习中应引起足够重视。

(2015·全国卷Ⅱ·T16)由于卫星的发射场不在赤道上，同步卫星发射后需要从转移轨道经过调整再进入地球同步轨道。

当卫星在转移轨道上飞经赤道上空时，发动机点火，给卫星一附加速度，使卫星沿同步轨道运行。

已知同步卫星的环绕速度约为3.1×103 m/s，某次发射卫星飞经赤道上空时的速度为1.55×103 m/s，此时卫星的高度与同步轨道的高度相同，转移轨道和同步轨道的夹角为30°，如图所示。

发动机给卫星的附加速度的方向和大小约为()A．西偏北方向，1.9×103 m/sB．东偏南方向，1.9×103 m/sC．西偏北方向，2.7×103 m/sD．东偏南方向，2.7×103 m/s[题眼点拨]①从转移轨道调整进入同步轨道……此时卫星高度与同步轨道的高度相同；②转移轨道和同步轨道的夹角为30°。

B[设当卫星在转移轨道上飞经赤道上空与同步轨道高度相同的某点时，速度为v1，发动机给卫星的附加速度为v2，该点在同步轨道上运行时的速度为v，三者关系如图，由图知附加速度方向为东偏南，由余弦定理知v22＝v21＋v2－2v1v cos 30°，代入数据解得v2≈1.9×103 m/s。

选项B正确。

]■新储备·等级考提能·1．三种过河情景分析情况图示说明渡河时间最短当船头垂直河岸时，渡河时间最短，最短时间t min＝dv船渡河位移最短当v水<v船时，如果满足v水－v船·cosθ＝0，渡河位移最短，x min＝d当v水>v船时，如果船头方向(即v船方向)与合速度方向垂直，渡河位移最短，最短渡河位移为x min＝v水dv船■新训练·等级考落实·考向1渡河问题1．(2019·洛阳市第二次联考)某人划船横渡一条河，河的两岸平行，河水流速处处相同，大小为v 1，船速大小恒为v 2，且v 2>v 1，设人以最短时间t 1过河时，渡河位移为s 1；以最短位移s 2过河时，所用时间为t 2，则以下关系正确的是( )A ．t 1t 2＝1－v 21v 22B ．s 1s 2＝1－v 21v 22C ．t 1t 2＝v 1v 2D ．t 1t 2＝v 21v 22 A [小船船头垂直河岸出发时，过河时间最短，即t 1＝s 2v 2，过河位移为s 1＝s 22＋(v 1t 1)2；小船以最短位移过河时，s 2＝v 22－v 21t 2，t 2＝s 2v 22－v 21，联立解得t 1t 2＝1－v 21v 22，A 项正确，C 、D 项错误；s 1>s 2，则s 1s 2应大于1，B 项错误。

【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2讲

•t2和t4两时刻弹簧的形变量均为零，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t2时刻金属球沿斜面向上运动，而t4时刻金属球沿斜面向下运动，二者的方向不同，选项D正确．
• 视角二瞬时加速度问题
• 2．(2019·河北衡水中学月考)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．在剪断细线的瞬间，小球A的加速度大小是( )
阻力，则tt21满足(
)
A．1<tt21<2 C．3<tt21<4 【解题过程】 C
B．2<tt21<3 D．4<tt21<5
解析运动员起跳到体运动，则根据初
速度为零的匀加速运动，相等相邻位移时间关系为 1∶
( 2－1)∶( 3－ 2)∶(2－ 3)∶( 5－2)∶…，可知tt21＝
• 2. (2018·全国卷Ⅱ)(多选)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( )
CD
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．从t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等
A
B
C
D
• 【解题过程】 A
• 解析假设物块静止时弹簧的压缩量为x0，则由力的平衡条件可知kx0＝mg，在弹簧恢复原长前，当物块向上做匀加速直线运动时，由牛顿第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，由以上两式解得F＝kx＋ma，显然F和x为一次函数关系，且在F 轴上有截距，选项A正确，B、C、D错误．

(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1.1.1物体的平衡课件

摩擦力有关的临界极值问题．
析，掌握解决平衡问题的常用方法．
2．力与直线运动部分：考查牛顿运动定律与 2．理解运动学公式及适用条件，熟练
直线运动规律的综合应用，命题形式既有选运用整体法和隔离法解决连接体问题，
择题，也有计算题，以选择题形式命题为
灵活运用牛顿运动定律和运动学规律处
主，注意与运动图象的结合．
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]
处理平衡问题的基本思路
1．(2018·广东佛山顺德区一模)如图所示，斜面小车 M 静止在光滑水平面上，紧贴墙壁．若在斜面上放一物体 m，再给 m 施加一竖直向下的恒力 F，M、m 均保持静止，则小车受力的个数为( )
A．3 C．5
B．4 D．6
答案：B
解析：先对物体 m 进行受力分析，物体受到重力、竖直向下的恒力 F、支持力和静摩擦力．根据平衡条件，支持力和静摩擦力的合力与重力和恒力 F 的合力是一对平衡力，根据牛顿第三定律，m 对 M 的压力和静摩擦力的合力竖直向下；再对小车 M 进行受力分析，小车受重力、m 对它的垂直于斜面向下的压力和沿斜面向下的静摩擦力，同时地面对 M 有向上的支持力，小车共受到 4 个力，故 A、C、D 错误，B 正确．

(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．

新课标届高考物理二轮复习专题整合高频突破专题一力与运动1力与物体的平衡课件47

方向的夹角,木板缓慢下放的过程中,θ逐渐减小,可
知FN1、FN2'都减小。
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甲乙
命题热点一
命题热点二
命题热点三
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规律方法分析动态平衡问题的三个常用方法 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。 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:一、物体一般受三个力作用;二、其中有一个大小、方向都不变的力; 三、还有一个方向不变的力。 3.相似三角形法:物体一般受三个力作用而平衡,系统内一定总存在一个与矢量三角形相似的三角形,这种情况下采用相似三角形法解决问题简单快捷。
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命题热点一
命题热点二
命题热点三
例4(多选)如图所示,在倾角为θ的斜面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN,相距为l,导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨平面向下。有两根质量均为m的金属棒a、 b,先将a棒垂直导轨放置,用跨过光滑定滑轮的细线与物块c连接,连接a棒的细线平行于导轨,由静止释放c,此后某时刻,将b也垂直导轨放置,a、c此刻起做匀速运动,b棒刚好能静止在导轨上。a棒在运动过程中始终与导轨垂直,两棒与导轨接触良好,导轨电阻不计。则( AD )
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专题一力与运动
考情分析·备考定向
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考题统计命题规律
第1 讲力与物体的平衡
热点一物体的受力分析及静态平衡
热点二共点力作用下物体的动态平衡
2016Ⅰ
卷,19;2016
Ⅲ
卷,17;2017