(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 1.1.3 抛体运动
(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.
(江苏专用)2020高考物理二轮复习第一部分专题一力与运动第二讲力与直线运动课件
(二)解题失误“为什么” 1．不清楚运动图像的点、斜率、面积等的物理意义。如 诊断卷第7题中，通过斜率来判断，运动员没有打开降落伞时 做自由落体运动，在打开伞后可能先做减速运动最终做匀速运
动，可能先做加速度减小的加速运动最终做匀速运动，也可能
本 课 内 容 结 束 直接做匀速运动。诊断卷第8题中，v2-x图线的斜率为物块加
速度
与时间轴平行的 直线
运动图像的三点提醒 (1)运动图像描述的是纵轴物理量随横轴物理量(通常为时间t) 变化的规律，而不是物体的运动轨迹。 (2)运动图像只能描述直线运动，不能描述曲线运动。 (3)x-t图像的交点才表示两物体相遇，而v-t图像的交点只能 说明此时两物体速度相等。
(三)掌握四种常用解题方法 1．基本公式法：如诊断卷第1题中，首先分析汽车从刚 进入ETC通道的识别区到刚好紧贴栏杆停下，这段时间汽车 的运动情况，针对刹车过程，题目已知量为初、末速度和加
本 课 内 容 结 束 好为零，整个过程演员的v-t图像和传感器显示的拉力随时间
的变化情况分别如图甲、乙所示，g取10 m/s2，则下列说法
正确的是
(
)
A．演员的体重为800 N B．演员在最后2 s内一直处于超重状态 C．传感器显示的最小拉力为600 N D．滑竿长4.5 m
解析：由两题图结合可知，静止时，传感器示数为800 N，除
动，故C正确，D错误。 答案：C
2.(2019·泰州中学检测)某人在五楼阳
台处竖直向上抛出一只皮球，其速
率—时间图像如图所示，下列说法
正确的是
本课内容结束
A．t1时刻皮球达到最高点
(
)
B．t2时刻皮球回到出发点
C．0～t1时间内，皮球的加速度一直在增大
老高考适用2023版高考物理二轮总复习第1部分题突破方略专题1力与运动第1讲力与物体的平衡课件
命题热点•巧突破
考点一 静态平衡问题
考向1 单个物体的平衡
1．(2022·浙江6月高考)如图所示，一轻质晒
衣架静置于水平地面上，水平横杆与四根相同的
斜杆垂直，两斜杆夹角θ＝60°．一重为G的物体
悬 挂 在 横 杆 中 点 ， 则 每 根 斜 杆 受 到 地B 面 的
A．作用力为
3 3G
(B．作) 用力为
第一部分
专题突破方略
专题一 力与运动 第1讲 力与物体的平衡
真题速练·明考情 核心知识·固双基 命题热点·巧突破 应用创新·提素养
真题速练·明考情
1．(2020·新课标Ⅲ卷)如图，悬挂甲物体的
细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳
的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物
体乙相连．甲、乙两物体质量相等．系统平衡
核心知识·固双基
“必备知识”解读 1．弹力 (1) 大 小 ： 弹 簧 在 弹 性 限 度 内 ， 弹 力 的 大 小 可 由 胡 克 定 律 F ＝ kx 计 算；一般情况下物体间相互作用的弹力可由平衡条件或牛顿运动定律来 求解． (2) 方 向 ： 一 般 垂 直 于 接 触 面 ( 或 切 面 ) 指 向 施 力 物 体 形 变 恢 复 的 方 向；绳的拉力沿绳指向绳收缩的方向．
D．
3 3
【解析】 设 PQ 之间的库仑力为 F，滑块质量为 m，隔离 Q 受力
分析，沿斜面方向，由平衡条件可得 Fcos 30°＝mgsin 60°，隔离 P 受力
分析，沿斜面方向，由平衡条件，可得 μ(mgcos 60°＋F)＝mgsin 60°，联
立解得：μ＝
3，选项 3
D
正确．
4．(2022·湖南，3)如图甲所示，直导线MN被两等长且平行的绝缘 轻绳悬挂于水平轴OO′上，其所在区域存在方向垂直指向OO′的磁场， 与OO′距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化，其截面图 如图乙所示．导线通以电流I，静止后，悬线偏离竖直方向的夹角为θ．
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.
新高考适用2023版高考物理二轮总复习第1部分专题突破方略专题1力与运动第1讲力与物体的平衡
第一部分专题一第1讲基础题——知识基础打牢1. (2022·浙江1月高考，3分)如图所示，水平放置的电子秤上有一磁性玩具，玩具由哑铃状物件P和左端有玻璃挡板的凹形底座Q构成，其重量分别为G P和G Q.用手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态(即P和Q的其余部分均不接触)，P与Q间的磁力大小为F.下列说法正确的是( D )A．Q对P的磁力大小等于G PB．P对Q的磁力方向竖直向下C．Q对电子秤的压力大小等于G Q＋FD．电子秤对Q的支持力大小等于G P＋G Q【解析】由题意可知，因手使P的左端与玻璃挡板靠近时，感受到P对手有靠向玻璃挡板的力，即Q对P有水平向左的磁力；P与挡板接触后放开手，P处于“磁悬浮”状态，则说明Q对P有竖直向上的磁力，则Q对P的磁力方向斜向左上方向，其磁力F大小大于G P，选项A、B错误；对PQ的整体受力分析，竖直方向电子秤对Q的支持力大小等于G P＋G Q，即Q对电子秤的压力大小等于G P＋G Q，选项C错误，D正确．2. (2022·福建龙岩一模)一台空调外机用两个三角形支架固定在竖直外墙上，如图所示，横梁AO水平，斜梁BO与横梁AO连接于O点，空调外机对横梁AO压力集中作用于O点，不计支架的重力．下列说法正确的是( D )A．横梁对O点的作用力沿AO方向B．斜梁对O点的作用力沿OB方向C．若换较长的斜梁，连接点O的位置不变，斜梁对O点的作用力增大D．若换较长的斜梁，连接点O的位置不变，斜梁对O点的作用力减小【解析】空调对横梁O点的压力竖直向下，则横梁对O点的作用力竖直向上，选项A错误；斜梁对O点有竖直向上的支持力和水平方向的作用力，其合力方向不一定沿OB方向，选项B错误；以O点为研究对象，受到空调外机的压力、两根支架的作用力，受力如图所示：由受力图结合几何关系可得F1＝Gcos θ，若把斜梁加长一点，仍保持点O的位置不变，横梁仍然水平，此时θ减小，cos θ增大，故F1将变小，故C错误，D正确．3.如图所示，质量m＝0.15 kg、长度L＝10 cm的金属棒ab由两个完全相同的弹簧水平悬挂在匀强磁场中，弹簧劲度系数k＝100 N/m，开关闭合，稳定后发现弹簧的伸长量均为Δx＝1 cm，电流表的示数为5 A，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( A )A．N端是电源正极B．磁场的磁感应强度大小为0.1 TC．滑动变阻器的滑片左移，弹簧的长度变小D．仅使磁场反向，稳定后弹簧的伸长量为0.2 cm【解析】由于mg＝1.5 N<2kΔx＝2 N，故安培力方向竖直向下，根据受力分析，满足mg＋BIL＝2kΔx，可得B＝1 T，B错误；根据左手定则，可知ab棒中电流方向由b指向a，故N端是电源正极，A正确；滑动变阻器的滑片左移，接入电路的电阻减小，电流增大故形变量变大，弹簧的长度变大，C错误；仅使磁场反向，则mg＝BIL＋2kΔx′，可得Δx′＝0.5 cm，D错误．4. (2022·湖南衡阳二模)如图所示，小球A、B的质量都为m，它们用三段轻绳分别连接在竖直墙壁上的M点和天花板上的N点，稳定时M A段水平，B N段与水平天花板的夹角为30°，轻绳AB段与水平方向的夹角为θ，则tan θ的值为( C )A.34B．35C．36D．38【解析】以A、B组成的整体为研究对象，受力情况如图甲所示，则由平衡条件可得F B N＝2mgsin 30°＝4mg，隔离B并对其进行受力分析，受力情况如图乙所示，根据平衡条件有F B N sin 30°＝mg＋F AB sin θ，F B N cos 30°＝F AB cos θ，联立解得tan θ＝36，选项C正确．5. (2022·哈尔滨二模)如图所示，M、N两支架固定在高台边缘，钢绳两端连接到两个支架上等高的位置，钢绳的长度可通过固定在支架M上的电动机收放．某杂技演员(可视为质点)抓住套在钢绳上的滑环静止在高空，滑环可沿钢绳无摩擦滑动．下列说法正确的是( C )A．若启动电动机使钢绳缓慢缩短，钢绳拉力将不断减小B．若启动电动机使钢绳缓慢缩短，左侧钢绳拉力将增大，右侧钢绳拉力将减小C．若启动电动机使钢绳缓慢伸长，钢绳拉力将不断减小D．若启动电动机使钢绳缓慢伸长，演员运动的轨迹为偏向支架N一侧的曲线【解析】设滑环两侧钢绳与水平面的夹角为θ，对杂技演员由平衡条件可得2T sinθ＝mg，若启动电动机使钢绳缓慢缩短，则θ减小，两侧钢绳拉力将不断增大，若启动电动机使钢绳缓慢伸长，则θ增大，两侧钢绳拉力将不断减小，C正确，A、B错误；由于钢绳两端连接到两个支架上等高的位置，同一条钢绳上拉力大小处处相等，由对称性可知，滑环两侧钢绳与水平面的夹角总是相等，故启动电动机使钢绳缓慢伸长，演员运动的轨迹为竖直向下，若演员运动的轨迹偏向支架N一侧，滑环两侧的钢绳与水平面的夹角就不会相等，D错误．6. (2021·山东省实验中学高三月考)如图所示，在水平地面上有一斜面，质量均为m 的A、B两物块放在斜面的等高处，A、B之间连接着一个轻质弹簧，其劲度系数为k，弹簧处于压缩状态，且物块与斜面均能保持静止．已知斜面的倾角为θ，两物块和斜面间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．下列说法正确的是( C )A ．斜面对A 、B 组成系统的静摩擦力的合力为0B ．若将弹簧拿掉，物块有可能发生滑动C ．弹簧的最大压缩量为mg μ2cos 2θ－sin 2θkD ．弹簧的最大压缩量为mg μ2cos 2θ＋sin 2θk【解析】 把A 、B 看成一个整体，斜面对A 、B 组成系统的静摩擦力的合力为f ＝2mg sin θ，所以A 错误；有弹簧时，对A 分析有f A ＝mg sin θ2＋k Δx 2，若将弹簧拿掉，对A 则有f A ′＝mg sin θ<f A ，所以若将弹簧拿掉，物块不可能发生滑动，所以B 错误；弹簧的压缩量最大时，物块达到最大静摩擦力，则mg sin θ2＋k Δx 2＝μmg cos θ，解得Δx ＝mg μ2cos 2θ－sin 2θk，所以C 正确，D 错误．故选C. 7. (2021·河南濮阳一中调研)如图所示，用绝缘细线把小球A 悬于O 点，静止时恰好与另一固定于O 点正下方的小球B 接触．现使两球带同种电荷，细线将偏离竖直方向某一角度θ1，此时细线中的张力大小为T 1，库仑斥力为F 1；若增加两球的带电量，悬线偏离竖直方向的角度将增大为θ2，此时细线中的张力大小为T 2，库仑斥力为F 2，则( B )A ．T 1<T 2B ．T 1＝T 2C ．F 1>F 2D ．F 1＝F 2【解析】 小球A 的受力情况如图所示，重力mg 、悬线张力T 、库仑斥力F ，这三个力的合力为0.因此这三个力构成封闭的力的三角形，且正好与几何三角形O A′B 相似，则有：mg O B ＝T O A′＝FA′B，因为O A′＝O B，所以T＝mg，即T与θ无关，则有T1＝T2，而F与两球间距成正比A′B>AB，则F2>F1，故B正确，A、C、D错误．应用题——强化学以致用8. (2021·广东湛江二模)如图所示，某学生的水壶(含挂绳)挂在课桌边，图甲为实物图，图乙为简化图，O为挂钩，A、B等高且之间拴接挂绳，不计一切摩擦，以下说法正确的是( B )A．挂绳对挂钩的作用力等于水壶的重力B．挂绳对水壶的作用力大于水壶的重力C．课桌对水壶的作用力大于水壶的重力D．课桌对水壶的作用力小于水壶的重力【解析】水壶的受力如图所示，(图中T表示两个绳子的拉力的合力)，由图可知，挂绳对水壶的作用力T的竖直分量等于水壶的重力G，可知T>G，绳子对挂钩的作用力大小也是T，所以大于水壶的重力，A错误，B正确；课桌对水壶的作用力为T和F的合力，与水壶所受重力等大反向，故CD错误．故选B.9. (2022·山东济南一中期中)内燃机汽缸内的燃气推动活塞运动的示意图，如图所示，活塞质量为m，若活塞从汽缸的顶部向底部匀速运动过程中，气体对活塞的合力F大小恒定、方向向下，汽缸与活塞之间的摩擦可忽略，重力加速度为g.当连杆与竖直方向的夹角为θ时，下列说法正确的是( A )A．汽缸壁对活塞的作用力大小为(F＋mg)tan θB．汽缸壁对活塞的作用力大小为F＋mgsin θC．长连杆受到的作用力大小为(F＋mg)cos θD ．长连杆受到的作用力大小为F sin θ【解析】 对活塞进行受力分析，如图所示，根据平衡条件有N 1cos θ＝F ＋mg ①N 1sin θ＝N 2②联立①②解得汽缸壁对活塞的作用力大小为N 2＝(F ＋mg )tan θ，长连杆对活塞的作用力大小为N 1＝F ＋mg cos θ，根据牛顿第三定律可知长连杆受到的作用力大小为N ′1＝N 1＝F ＋mg cos θ，故A 正确，B 、C 、D 错误．故选A. 10. (多选)(2022·福建漳州二模)如图，直角支架固定在水平地面上，小球A 穿在竖直光滑杆上，横杆上固定一滑轮．将细绳一端系在A 上，另一端跨过滑轮系在小水桶B 上，系统处于静止状态．现因桶底破损，里面有少许水缓慢渗漏下来．不计滑轮质量及摩擦，在球A 缓慢下降过程中( AD )A ．绳对球A 拉力的竖直分量保持不变B ．竖直杆对球A 的弹力保持不变C ．轴对滑轮的作用力方向竖直向上D ．轴对滑轮的作用力越来越小【解析】 球A 缓慢下降，A 处于平衡状态，对A 受力分析，如图所示，根据平衡条件得T cos θ＝m A g ，T sin θ＝N 得N ＝m A g tan θ，所以绳对球A 拉力的竖直分量保持不变，θ减小，则N 减小，故A 正确，B 错误；以滑轮为研究对象，由平衡条件可知轴对滑轮的作用力方向在两绳子的夹角的角平分线上，故C 错误；对滑轮由平衡条件可得2T cos θ2＝T 1，其中T ＝m A g cos θ，则T 1＝2m A g cos θcos θ2＝2m A g 2cos 2θ2－1cos θ2＝2m A g 2cos θ2－1cos θ2，θ减小，由数学知识可知，T 1变小，故D 正确．故选AD.11. (2021·山东潍坊二中高三期中)如图所示，斜面的倾角为30°，轻绳一端固定于天花板，另一端通过两个滑轮与物块甲相连，动滑轮悬挂物块乙后，甲、乙保持静止，此时动滑轮两边轻绳的夹角为120°.已知甲的质量为m ，甲与斜面间的动摩擦因数为36，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，不计滑轮的质量及轻绳与滑轮的摩擦，则乙的质量可能为( B ) A.16m B ．12m C ．m D ．2m【解析】 当甲恰好不下滑时，对甲T 1＋μmg cos θ＝mg sin θ，解得T 1＝14mg ，对乙，根据平衡条件2T 1cos 60°＝m 1′g ，解得m 1′＝14m ，当甲恰好不上滑时，对甲T 2＝μmg cos θ＋mg sin θ，解得T 2＝34mg ，对乙，根据平衡条件2T 2cos 60°＝m 2′g ，解得m 2′＝34m ，故乙的质量取值范围为14m ≤m ′≤34m ，故选B. 12. (2021·湖北武汉实验中学高三期中)如图所示，衣服悬挂在不可伸长的轻绳上，衣架的挂钩是光滑的，轻绳的两端固定在两根竖直杆上的A 、B 两点，衣服处于静止状态．保持A 端位置不变，将B 端分别移动到B 1、B 2两点．下列说法正确的是( D )A ．B 端移到B 1，绳子张力变大B ．B 端移到B 1，绳子张力变小C ．B 端移到B 2，绳子张力变大D ．B 端移到B 2，绳子张力不变【解析】 设绳子间的夹角为2θ，绳子总长为L ，两杆间距离为d ，如图所示，根据几何关系有L 1sin θ＋L 2sin θ＝d ，得sin θ＝dL 1＋L 2＝d L.当B 端移到B 1位置或B 2位置时，d 、L都不变，则θ也不变；由平衡条件可知2F cosθ＝mg，解得F＝mg2cos θ可见，绳子张力F 也不变，故D正确，A、B、C错误．13. (2021·广东河源模拟)如图1所示，吊车是建筑工地常用的一种大型机械．为了便于研究问题，将它简化成如图2所示的模型，硬杆OB的一端装有定滑轮，另一端固定在车体上；质量不计的绳索绕过定滑轮吊起质量为m的物体匀速上升，不计定滑轮质量和滑轮与轴承之间的摩擦，重力加速度为g.下列说法正确的是( C )A．OA段绳索受到的拉力小于mgB．OA段绳索受到的拉力大于mgC．OB杆对定滑轮的支持力小于2mgD．OB杆对定滑轮的支持力大于2mg【解析】OA段绳索受到的拉力与OC段受到的拉力相等，对物体根据平衡条件可得绳索对物体的拉力大小为T＝mg，所以OA段绳索受到的拉力等于mg，故A、B错误；设两段绳索之间的夹角为2θ，由于同一条绳索拉力相等，则两段绳索的合力沿角平分线方向，如图所示；根据平衡条件可得：2T cos θ＝F，解得：F＝2mg cos θ；由于θ>0，所以OB杆对定滑轮的支持力F<2mg，故C正确，D错误．14. (2021·浙江杭州模拟)在卫生大扫除中，某同学用拖把拖地，沿推杆方向对拖把施加推力F(如图所示)，此时推力与水平方向的夹角为θ，且拖把刚好做匀速直线运动．从某时刻开始保持力F的大小不变，减小F与水平方向的夹角θ，则( C )A．拖把将做减速运动B．拖把继续做匀速运动C．地面对拖把的支持力F N变小，地面对拖把的摩擦力F f变小D．减小θ的同时若减小F，拖把一定做加速运动【解析】设拖把与地面之间的动摩擦因数为μ，则拖把头受到重力、支持力、推力和摩擦力处于平衡，受力示意图如图所示．将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，由平衡条件得：竖直方向上：F sin θ＋mg＝F N①；水平方向上：F cos θ－F f＝0 ②；式中F N和F f 分别为地板对拖把的正压力和摩擦力．其中F f＝μF N③；由①得：减小F与水平方向的夹角θ，sin θ减小，地面对拖把的支持力F N变小；由③可得地面对拖把的摩擦力F f变小，故选项C正确；减小F与水平方向的夹角θ时，F f减小，而F cos θ增大，所以F cos θ－F f将大于0，所以拖把将做加速运动，故选项A、B错误；减小θ的同时若减小F，则F cos θ－F f不一定大于0，拖把不一定做加速运动，故选项D错误．15. (2022·山东昌乐二中模拟)如图所示，风筝借助于均匀的风和牵线对其作用，才得以在空中处于平衡状态．图中所示风筝质量m＝0.4 kg，某时刻风筝平面与水平面的夹角为30°，主线对风筝的拉力与风筝平面成53°角．已知风对风筝的作用力与风筝平面相垂直，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2.(1)画出风筝的受力图，求此时风对风筝的作用力F的大小和主线对风筝的拉力T的大小(结果保留三位有效数字)；(2)若拉着风筝匀速运动时，主线与水平面成53°角保持不变，这时拉主线的力为10 N，则此时风筝平面与水平面的夹角θ为多大(用反三角函数表示)?【答案】(1)图见解析33.3 N 6.13 N(2)arctan 12【解析】 (1)风筝平衡时共受到三个力的作用，即重力mg 、风对它的作用力F 和主线对它的拉力T (如图所示)，以风筝平面方向为x 轴，F 方向为y 轴，建立一个坐标系，将重力和拉力T 正交分解在x 轴方向mg sin 30°－T cos 53°＝0在y 轴方向F ＝T sin 53°＋mg cos 30°联立两式，解得T ≈33.3 NF ≈6.13 N.(2)同理以水平方向为x 轴，竖直方向为y 轴建立坐标系．(如图所示)设风对风筝的作用力水平分力为F x ，竖直分力为F y ，由平衡条件知 F x ＝T cos 53°＝6 NF y ＝T sin 53°＋G ＝12 N风筝平面与水平面的夹角θ满足tan θ＝F xF y ＝12故θ＝arctan 12.。
(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1.1.3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．
3．(多选)如图所示，有一个沿水平方向做匀速直线运动的半径为 R 的半圆柱体， 半圆柱面上搁着一个只能沿竖直方向运动的竖直杆，在竖直杆未达到半圆柱体的
2．(多选)小河宽为 d，河水中各点水流速度的大小与各点到较近河岸边的距离成 正比，v 水＝4dv0x，x 为各点到近岸的距离，小船在静水中的速度为 v0.小船的船头 垂直河岸渡河，则下列说法中正确的是( ) A．全程船的位移为 5d B．全程船的位移为 2d C．小船到达离河对岸34d处，船的实际速度为 10v0 D．小船到达离河对岸34d处，船的实际速度为 2v0 答案：BD
〉〉 视角二 绳(杆)端速度分解问题
[例 2] (2017·齐齐哈尔模拟)如图所示，一个固定汽缸的活塞通过两端有转轴的杆
AB 与圆盘边缘连接，半径为 R 的圆盘绕固定转动轴 O 点以角速度 ω 逆时针匀速
转动，形成活塞水平左右振动．在图示位置，杆与水平线 AO 夹角为 θ，AO 与 BO
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。
新教材2024高考物理二轮专题复习第一编专题复习攻略专题一力与运动第1讲力与物体的平衡教师用书
第1讲力与物体的平衡知识网络构建命题分类剖析命题点一静态平衡问题1．共点力平衡的常用处理方法(1)研究对象的选取：①整体法与隔离法(如图甲)；②转换研究对象法(如图乙)．(2)画受力分析图：按一定的顺序分析力，只分析研究对象受到的力．(3)验证受力的合理性：①假设法(如图丙)；②动力学分析法(如图丁)．例 1[2023·山东卷]餐厅暖盘车的储盘装置示意图如图所示，三根完全相同的弹簧等间距竖直悬挂在水平固定圆环上，下端连接托盘．托盘上叠放若干相同的盘子，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平．已知单个盘子的质量为300 g，相邻两盘间距1.0 cm，重力加速度大小取10 m/s2.弹簧始终在弹性限度内，每根弹簧的劲度系数为( )A．10 N/m B．100 N/mC．200 N/m D．300 N/m例 2[2023·河北保定一模]质量为M的正方体A与质量为m的圆球B在水平向右的外力F作用下静止在墙角处，它们的截面图如图所示，截面正方形的对角线与截面圆的一条直径恰好在一条直线上，所有摩擦忽略不计，重力加速度为g.则( )A．F＝(M＋m)gB．F＝mgC．地面受到的压力为F N，F N<(M＋m)gD．地面受到的压力为F N，F N>(M＋m)g提升训练1. [2023·广东省中山市测试]如图甲为明朝《天工开物》记载测量“弓弦”张力的插图，图乙为示意图．弓的质量为m ＝5 kg ，弦的质量忽略不计，悬挂点为弦的中点．当在弓的中点悬挂质量为M ＝15 kg 的重物时，弦的张角为θ＝120°，g ＝10 m/s 2，则弦的张力为( )A ．50 NB ．150 NC ．200 ND ．200√3 N 2.[2023·浙江6月]如图所示，水平面上固定两排平行的半圆柱体，重为G 的光滑圆柱体静置其上，a 、b 为相切点，∠aOb ＝90°，半径Ob 与重力的夹角为37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则圆柱体受到的支持力F a 、F b 大小为( )A ．F a ＝0.6G ，F b ＝0.4GB ．F a ＝0.4G ，F b ＝0.6GC ．F a ＝0.8G ，F b ＝0.6GD ．F a ＝0.6G ，F b ＝0.8G 3.[2023·河南省洛阳市模拟]如图所示，一光滑球体放在支架与竖直墙壁之间，支架的倾角θ＝60°，光滑球体的质量为m ，支架的质量为2m ，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个装置保持静止，则支架和地面间的动摩擦因数至少为( )A ．√39B ．√34C ．√32 D ．√33命题点二 动态平衡问题(含临界、极值问题)1．解决动态平衡问题的一般思路化“动”为“静”，多个状态下“静”态对比，分析各力的变化或极值． 2．“缓慢”移动的三类经典模型图例分析求力F的最小值F min＝mg sin θ，结论：sin θ＝dLF＝mg，2cosθ绳子端点上下移动，力F不变N1、N2始终减小斜面对球的支持力F1逐渐减小，挡板对球的弹力F2先减小后增大考向1 共点力作用下的动态平衡例 1[2023·四川省成都市检测](多选)某中学举行趣味运动会时，挑战用一支钢尺取出深盒子(固定不动)中的玻璃球，该游戏深受大家喜爱，参与者热情高涨．游戏中需要的器材和取球的原理分别如图甲和图乙所示．若忽略玻璃球与盒壁、钢尺间的摩擦力，在不损坏盒子的前提下，钢尺沿着盒子上边缘某处旋转拨动(钢尺在盒内的长度逐渐变短)，使玻璃球沿着盒壁缓慢上移时，下列说法正确的是( )A．钢尺对玻璃球的弹力逐渐减小B．钢尺对玻璃球的弹力先增大后减小C．盒壁对玻璃球的弹力逐渐减小D．盒壁对玻璃球的弹力先减小后增大例 2[2023·河北唐山三模]如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链．轻杆一端与铰链O固定连接，另一端固定连接一质量为m的小球A.现将轻绳一端拴在小球A 上，另一端通过光滑的定滑轮O′由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态．现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到O′正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中( )A．外力F大小不变B．轻杆对小球的作用力变小C．地面对木板的支持力逐渐变小D．地面对木板的摩擦力逐渐减小思维提升三力作用下的动态平衡考向2 平衡中的极值或临界值问题例 3[2023·山东菏泽市模拟]将三个质量均为m的小球a、b、c用细线相连后(bc间无细线相连)，再用细线悬挂于O点，如图所示．用力F拉小球c，使三个小球都处于静止状态，且细线Oa与竖直方向的夹角保持为θ＝30°，则F的最小值为( ) A．1.5mg B．1.8mgC．2.1mg D．2.4mg例 4[2023·陕西省汉中市联考]在吊运表面平整的重型板材(混凝土预制板、厚钢板)时，如因吊绳无处钩挂而遇到困难，可用一根钢丝绳将板拦腰捆起(不必捆的很紧)，用两个吊钩勾住绳圈长边的中点起吊(如图所示)，若钢丝绳与板材之间的动摩擦因数为μ，为了满足安全起吊(不考虑钢丝绳断裂)，需要满足的条件是( )A．tan α>μ B．tan α<μC．sin α>μ D．sin α<μ提升训练1.[2023·湖南张家界模拟考](多选)利用物理模型对问题进行分析，是一种重要的科学思维方法．如图甲所示为拔河比赛时一位运动员的示意图，可以认为静止的运动员处于平衡状态．该情形下运动员可简化成如图乙所示的一质量分布均匀的钢管模型．运动员在拔河时身体缓慢向后倾倒，可以认为钢管与地面的夹角θ逐渐变小，在此期间，脚与水平地面之间没有滑动，绳子的方向始终保持水平．已知当钢管受到同一平面内不平行的三个力而平衡时，三个力的作用线必交于一点．根据上述信息，当钢管与地面的夹角θ逐渐变小时，下列说法正确的有( )A．地面对钢管支持力的大小不变B．地面对钢管的摩擦力变大C．地面对钢管作用力的合力变大D．地面对钢管作用力的合力大小不变2．(多选)在如图所示的装置中，两物块A、B的质量分别为m A、m B，而且m A>m B，整个系统处于静止状态，设此时轻质动滑轮右端的轻绳与水平面之间的夹角为θ，若小车向左缓慢移动一小段距离并停下来后，整个系统再次处于静止状态，则下列说法正确的是( )A．物块A的位置将变高B．物块A的位置将变低C．轻绳与水平面的夹角θ将变大D．轻绳与水平面的夹角θ将不变3．长沙某景区挂出32个灯笼(相邻两个灯笼由轻绳连接)，依次贴上“高举中国特色社会主义旗帜，为全面建设社会主义现代化国家而团结奋斗”，从高到低依次标为1、2、3、…、32.在无风状态下，32个灯笼处于静止状态，简化图如图所示．与灯笼“斗”右侧相连的轻绳处于水平状态，已知每一个灯笼的质量m＝0.5 kg，重力加速度g＝10 m/s2，悬挂灯笼的轻绳最大承受力T m＝320 N，最左端连接的轻绳与竖直方向的夹角为θ.下列说法正确的是( )A．θ最大为53°NB．当θ最大时最右端轻绳的拉力为F2＝160√33C．当θ＝53°时第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为45°D．当θ＝37°时第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角为45°命题点三电场力、磁场力作用下的平衡问题1．电场力.(1)大小：F＝Eq，F＝kq1q2r2(2)方向：正电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相同；负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反．2．磁场力(1)大小：①安培力F＝BIL；②洛伦兹力F洛＝qv B.(2)方向：用左手定则判断．3．电磁学中平衡问题的处理方法处理方法与力学中平衡问题的分析方法一样，把方法和规律进行迁移应用即可．考向1 电场中的平衡问题例 1[2023·浙江模拟预测]如图所示，A、C为带异种电荷的带电小球，B、C为带同种电荷的带电小球．A、B被固定在绝缘竖直杆上，Q AQ B ＝3√38时，C球静止于粗糙的绝缘水平天花板上．已知L ACL AB＝√3，下列说法正确的是( )A．C处的摩擦力不为零B．杆对B的弹力为零C．缓慢将C处点电荷向右移动，则其无法保持静止D．缓慢将C处点电荷向左移动，则其一定会掉下来考向2 磁场中的平衡问题例 2 如图所示，竖直平面内有三根轻质细绳，绳1水平，绳2与水平方向成60°角，O为结点，绳3的下端拴接一质量为m、长度为l的导体棒，棒垂直于纸面静止，整个空间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．现向导体棒通入方向向里、大小由零缓慢增大到I0的电流，可观察到导体棒缓慢上升到与绳1所处的水平面成30°角时保持静止．已知重力加速度为g.在此过程中，下列说法正确的是( )A．绳1受到的拉力先增大后减小B．绳2受到的拉力先增大后减小C．绳3受到的拉力的最大值为√3mgD．导体棒中电流I0的值为√3mglB提升训练1.[2024·山西省翼城中学模拟预测]如图甲所示，一通电导体棒用两根绝缘轻质细线悬挂在天花板上并静止在水平位置．当导体棒所在空间加上匀强磁场，再次静止时细线与竖直方向成θ角，如图乙所示(图甲中从左向右看)．已知导体棒长度为L、质量为m、电流为I，重力加速度大小为g.关于图乙，下列说法正确的是( )A．当磁场方向斜向右上方且与细线垂直时磁感应强度最小B．磁感应强度的最小值为mg sinθILC．磁感应强度最小时，每根细线的拉力大小为mg2cosθD．当磁场方向水平向左时，不能使导体棒在图示位置保持静止2．如图所示，一绝缘细线竖直悬挂一小球A，在水平地面上固定一根劲度系数为k′的绝缘轻质弹簧，弹簧上端与小球C相连，在小球A和C之间悬停一小球B，当系统处于静止时，小球B处在AC两小球的中间位置．已知三小球质量均为m，电荷量均为q，电性未知．则下列判断正确的是( )A.相邻两小球之间的间距为q√kmgB．弹簧的形变量为11mg8k′C．细线对小球A的拉力大小为11mg8D．小球C受到的库仑力大小为5mg8素养培优·情境命题利用平衡条件解决实际问题联系日常生活，创新试题情境化设计，渗透实验的思想，考查考生分析解决实际问题的能力，引导学生实现从“解题”到“解决问题”的转变情境1 工人推车——科学思维[典例1] [2023·四川省成都市联测]如图甲所示，工人用推车运送石球，到达目的地后，缓慢抬起把手将石球倒出(图乙)．若石球与板OB、OA之间的摩擦不计，∠AOB＝60°，图甲中BO 与水平面的夹角为30°，则在抬起把手使OA 变得水平的过程中，石球对OB 板的压力大小N 1、对OA 板的压力大小N 2的变化情况是( )A ．N 1减小、N 2先增大后减小B ．N 1减小、N 2增大C ．N 1增大、N 2减小D ．N 1增大、N 2先减小后增大情境2 悬索桥——科学态度与责任[典例2] [2023·江苏省无锡市测试]图a 是一种大跨度悬索桥梁，图b 为悬索桥模型．六对轻质吊索悬挂着质量为M 的水平桥面，吊索在桥面两侧竖直对称排列，其上端挂在两根轻质悬索上(图b 中只画了一侧分布)，悬索两端与水平方向成45°，则一根悬索水平段CD 上的张力大小是( )A ．14Mg B ．16MgC ．112Mg D ．124Mg情境3 瓜子破壳器——科学探究[典例3] [2023·福建福州4月检测]有一种瓜子破壳器如图甲所示，将瓜子放入两圆柱体所夹的凹槽之间，按压瓜子即可破开瓜子壳．破壳器截面如图乙所示，瓜子的剖面可视作顶角为θ的扇形，将其竖直放入两完全相同的水平等高圆柱体A 、B 之间，并用竖直向下的恒力F 按压瓜子且保持静止，若此时瓜子壳未破开，忽略瓜子自重，不计摩擦，则( )A ．若仅减小A 、B 距离，圆柱体A 对瓜子的压力变大 B ．若仅减小A 、B 距离，圆柱体A 对瓜子的压力变小C ．若A 、B 距离不变，顶角θ越大，圆柱体A 对瓜子的压力越大D．若A、B距离不变，顶角θ越大，圆柱体A对瓜子的压力越小第1讲力与物体的平衡命题分类剖析命题点一[例1] 解析：由题知，取走一个盘子，稳定后余下的正好升高补平，则说明一个盘子的重力使弹簧形变量为相邻两盘间距，则有mg＝3·kx，解得k＝100 N/m，故选B.答案：B[例2] 解析：对圆球B受力分析如图，β＝45°A对B的弹力T＝mg，cosβ根据牛顿第三定律，B对A的弹力T′＝T＝mg，F＝T′sin β＝mg，故A错误，B正cosβcos β＝Mg＋mg，故C、D 确；对AB整体地面受到的压力为F N＝Mg＋T′cos β＝Mg＋mgcosβ错误．故选B.答案：B[提升训练]1．解析：整体法对弓和物体受力分析如图：＝(M＋m)g竖直方向上由受力平衡可得：2F cos θ2解得：F＝(M+m)g＝200 N，故C正确，A、B、D错误．2cosθ2答案：C2．解析：对光滑圆柱体受力分析如图由题意有F a＝G sin 37°＝0.6GF b＝G cos 37°＝0.8G故选D.答案：D3．解析：对光滑球体受力分析如图所示根据平衡条件可得N2cos θ＝mg对支架受力分析如图所示根据牛顿第三定律可知N3＝N2对支架由平衡条件可得N4＝2mg＋N3cos θ，f＝N3sin θ又f＝μN4联立解得μ＝√33.故选D.可知支架和地面间的动摩擦因数至少为√33答案：D命题点二[例1] 解析：对玻璃球的受力分析如图所示，玻璃球受重力G，左侧钢尺对玻璃球的弹力F1，盒壁对玻璃球的弹力F2，玻璃球在3个力作用下处于动态平衡，玻璃球沿着纸盒壁缓慢上移时，θ角变大，利用图解法可知，F1和F2均逐渐减小，A、C项正确，B、D项错误．故选AC.答案：AC[例2] 解析：对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示根据几何关系可知两三角形相似，因此mgOO′＝FO′A＝F′OA，缓慢运动过程中，O′A越来越小，则F逐渐减小，故A错误；由于OA长度不变，杆对小球的作用力F′大小不变，故B 错误；由于杆对木板的作用力大小不变，方向向右下，但杆的作用力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C错误，D正确．答案：D[例3] 解析：取整体为研究对象，当F垂直于Oa时，F最小，根据几何关系可得，拉力的最小值F＝3mg sin 30°＝1.5mg，故选A.答案：A[例4] 解析：要起吊重物，只需满足绳子张力T的竖直分量小于钢丝绳与板材之间的最大静摩擦力，一般情况认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图所示即T cos αμ>T sin α，化简可得tan α<μ，故B正确，A、C、D错误．故选B.答案：B[提升训练]1．解析：对钢管受力分析，钢管受重力mg、绳子的拉力T、地面对钢管竖直向上的支持力F N、水平向右的摩擦力F f，可知F N＝mg，F f＝T＝mgtanθ即随着钢管与地面夹角的逐渐变小，地面对钢管支持力的大小不变，地面对钢管的摩擦力变大，故A、B正确；对钢管受力分析，可认为钢管受到重力mg、绳子的拉力T和地面对钢管作用力的合力F 三个力，钢管平衡，三个力的作用线必交于一点，由此可知F方向沿钢管斜向上，与水平面夹角为α(钢管与水平面的夹角为θ)，根据共点力平衡条件可知F＝mgsinα，T＝mgtanα，当钢管与地面的夹角θ逐渐变小，同时α也减小，地面对钢管作用力的合力变大，C正确，D 错误．答案：ABC2．解析：以轻质动滑轮与轻绳的接触点O为研究对象，分析O点的受力情况，作出O 点的受力分析图，如图所示设绳子的拉力大小为F，动滑轮两侧绳子的夹角为2α，由于动滑轮两侧绳子的拉力关于竖直方向对称，则有2F cos α＝m B g，又小车向左缓慢移动一小段距离后，轻绳中的拉力大小与小车移动前相同，即F＝m A g保持不变，可知α角保持不变，由几何知识得，α＋θ＝90°，则θ保持不变，当小车向左缓慢移动一小段距离后，动滑轮将下降，则物块A 的位置将变高，故选项A、D正确，B、C错误．答案：AD3．解析：当最左端连接的轻绳的拉力大小为T m＝320 N时，θ最大，此时灯笼整体受力如图所示由平衡条件T m sin θm＝F2T m cos θm＝32mg解得θm＝60°，F2＝160√3 NA、B错误；当θ＝53°时，灯笼整体受力分析如图由平衡条件知，最右端轻绳的拉力F21＝32mg tan 53°＝6403N对第9个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况类似，由平衡条件tan α＝F21(32−8)mg≠1则第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角α≠45°，C错误；当θ＝37°时，此时灯笼整体受力如图所示由平衡条件知，最右端轻绳的拉力F22＝32mg tan 37°＝120 N对第9个灯笼至第32个灯笼整体，其受力情况跟灯笼整体的受力情况类似，由平衡条件tan β＝F22(32−8)mg＝1则第8个灯笼与第9个灯笼间轻绳与竖直方向的夹角β＝45°，D正确．答案：D命题点三[例1] 解析：对C进行受力分析，A对C有吸引力，B对C有排斥力，及其重力，与水平天花板对C 可能有竖直向下的压力，如图所示由平衡条件，结合矢量合成法则，若不受摩擦力得F AC＝F BC cos θ由几何知识可得cos θ＝√32依据库仑定律有kQ A Q CL AC2＝√32kQ B Q CL BC2，Q AQ B＝3√38Q A Q B ＝3√38时恰好处于平衡状态；C球静止没有运动趋势，C处的摩擦力为零，故A错误；缓慢将C处点电荷向右移动，平衡状态被打破，其无法保持静止，故C正确；缓慢将C处点电荷向左移动，F BC变大，其竖直方向上的分量变大，C球一定不会掉下来，故D错误；B球如果不受杆的力，则C球给B球的排斥力在水平方向的分量无法平衡，因此杆对B 一定有弹力作用，故B错误．答案：C[例2] 解析：对整体分析，重力大小和方向不变，绳1、2弹力方向不变，根据左手定则，安培力水平向右且逐渐增大，由平衡条件得水平方向F1＝F2cos 60°＋BIl竖直方向F 2sin 60°＝mg电流逐渐变大，则F 1增大、F 2不变，故A 、B 错误；当电流增大到I 0时，安培力与重力的合力最大，即绳3的拉力最大sin 30°＝mg F 3最大值为F 3＝2mg ，故C 错误；对导体棒受力分析得tan 30°＝mg BI 0l ，得I 0＝√3mg Bl，故D 正确．答案：D [提升训练] 1．解析：对导体棒受力分析如图所示，导体棒在重力、拉力和安培力的作用下处于平衡状态．由平衡条件可知，导体棒所受拉力和安培力的合力与重力等大反向，拉力和安培力可能的方向如图所示，当安培力方向斜向右上方且与细线垂直时安培力最小，此时磁场方向沿着细线斜向左上方，A 错误；设磁感应强度大小为B ，由平衡条件得mg sin θ＝BIL ，解得B ＝mg sin θIL ，B 正确；设每条细线拉力大小为F T ，由平衡条件得mg cos θ＝2F T ，解得F T ＝12mg cos θ，C 错误；当磁场方向水平向左时，安培力竖直向上，如果安培力与重力大小相等，可以使导体棒在图示位置保持静止，D 错误．答案：B2．解析：如图甲所示，以小球B 为研究对象，小球A 和小球C 分别对小球B 的库仑力大小相等，且小球A 和小球C 对小球B 的合力与小球B 的重力等大反向，所以小球A 和小球B 带异种电荷，小球B 和小球C 带同种电荷，即小球A 和小球C 对小球B 的库仑力大小均为F A ＝F C ＝mg2，由库仑定律可得kq 2r 2＝12mg ，解得小球A 和小球B 之间距离为r ＝q √2kmg ，故A 错误；如图乙所示，以小球A 为研究对象，受到小球B 向下的库仑力为F B ＝mg 2，受到小球C向下的库仑力是受到小球B 的14，即为F C ′＝mg 8，所以小球A 受到的拉力为F T A ＝mg ＋F B ＋F ′C＝13mg 8，故C 错误；如图丙所示，以小球C 为研究对象，小球C 受到小球B 向下的库仑力为F ′B ＝mg2，受到A 向上的库仑力为F ′A ＝mg8，则小球C 对弹簧的压力为F 压＝F ′B －F ′A ＋mg＝11mg 8，小球C 受到向上的弹力为F 弹＝F 压＝11mg 8，由胡克定律得F 弹＝k ′x ，解得弹簧的形变量为x ＝11mg8k ′，故B 正确，D 错误．答案：B 素养培优·情境命题[典例1] 解析：在倒出石球的过程中，两个支持力的夹角是个确定值，为α＝120°，根据力的示意图可知N 1sin β＝N 2sin γ＝Gsin α，在转动过程中β从90°增大到180°，则sin β不断减小，N 1将不断减小；γ从150°减小到60°，其中跨过了90°，因此sin γ 先增大后减小，则N 2将先增大后减小，选项A 正确．答案：A[典例2] 解析： 对整体分析，根据平衡条件，2F T AC sin 45°＝Mg ，F T AC ＝√22Mg .对悬索左边受力分析，受A 左上绳的力F T AC ，CD 上水平向右的拉力为F T ，根据平衡条件，F T ＝F T AC cos 45°＝12Mg ，一根悬索水平段CD 上的张力大小是14Mg ，故选A.答案：A[典例3] 解析：瓜子处于平衡状态，若仅减小A 、B 距离，A 、B 对瓜子的弹力方向不变，则大小也不变，A 、B 错误；若A 、B 距离不变，顶角θ越大，则A 、B 对瓜子弹力的夹角减小，合力不变，则两弹力减小，C 错误，D 正确．故选D.答案：D。
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
知FN1、FN2'都减小。
-15-
甲 乙
命题热点一
命题热点二
命题热点三
-16-
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
命题热点
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
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
(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1.1.4万有引力定律及其应用课件
赤道上受到的万有引力一部分提供重力，另一部分提供向心力，故 mg＋m2Tπ2R
＝GRM2m②，由①得：R2＝GgM0 ，M＝g0GR2.将②两边同乘以 R2，将 R2＝GgM0 代入得
R3
＝
GMT2g0－g 4π2g0
，
地
球
密
度
为
M 43πR3
，
将
R3
＝
GMT2g0－g 4π2g0
专题一 力与运动 第4讲 万有引力定律及其应用
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高频考点1 天体质量和密度的估算 高频考点2 天体运动中几个物理量的计算与比较 高频考点3 卫星的变轨问题
专题限时训练
高频考点 1 天体质量和密度的估算
〉〉 视角一 天体质量的估算
[例 1] 如图所示，“嫦娥三号”的环月轨道可近似看成是圆轨道，观察“嫦娥三
[规律方法]
天体质量及密度的估算方法
1．(多选)(2018·天津卷)2018 年 2 月 2 日，我国成功将电磁监测试验卫星“张衡一
号”发射升空，标志我国成为世界上少数拥有在轨运行高精度地球物理场探测卫
星的国家之一．通过观测可以得到卫星绕地球运动的周期，并已知地球的半径和
地球表面的重力加速度．若将卫星绕地球的运动看作是匀速圆周运动，且不考虑
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 答案：A
D．v火>v地>v金
解析：由万有引力提供向心力 GMRm2 ＝ma 可知轨道半径越小，向心加速度越大， 选项 A 正确、B 错误；由 GMRm2 ＝mvR2得 v＝ GRM可知轨道半径越小，运行速率 越大，选项 C、D 错误．
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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 ＝dv 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 ′sin α，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 ＋mg 2R tan θ x ，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.。