2025 高考物理三维设计二轮第三部分　专题复习　整合突破专题一　力与运动

14/142025高考物理三维设计二轮第三部分专题复习整合突破专题一力与运动第1讲力与物体的平衡1.（2024·吉林高考3题）利用砚台将墨条研磨成墨汁时讲究“圆、缓、匀”。如图，在研磨过程中，砚台始终静止在水平桌面上。当墨条的速度方向水平向左时（）A.砚台对墨条的摩擦力方向水平向左B.桌面对砚台的摩擦力方向水平向左C.桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力D.桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力是一对平衡力解析：C滑动摩擦力方向与物体间的相对运动方向相反，墨条相对砚台水平向左运动，则砚台对墨条的摩擦力方向水平向右，A错误；根据牛顿第三定律，砚台受到墨条水平向左的摩擦力，而砚台处于静止状态，其水平方向上受力平衡，则桌面对砚台的摩擦力方向水平向右，桌面和墨条对砚台的摩擦力是一对平衡力，B错误，C正确；对砚台受力分析，竖直方向上，砚台受到自身重力、墨条的压力和桌面的支持力，因此桌面对砚台的支持力与墨条对砚台的压力不是一对平衡力，D错误。2.（2024·山东高考2题）如图所示，国产人形机器人“天工”能平稳通过斜坡。若它可以在倾角不大于30°的斜坡上稳定地站立和行走，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则它的脚和斜面间的动摩擦因数不能小于（）A.12 B.C.22 D.解析：B斜坡倾角越大，“天工”越容易下滑，只要保证“天工”在30°倾角的斜坡上不下滑，在小于30°倾角的斜坡上更不会下滑，对30°倾角的斜坡上的“天工”受力分析，有μmgcos30°≥mgsin30°，解得μ≥33，B3.（2024·湖北高考6题）如图所示，两拖船P、Q拉着无动力货船S一起在静水中沿图中虚线方向匀速前进，两根水平缆绳与虚线的夹角均保持为30°。假设水对三艘船在水平方向的作用力大小均为f，方向与船的运动方向相反，则每艘拖船发动机提供的动力大小为（）A.33f B.21C.2f D.3f解析：B4.（2024·新课标卷18题）如图，两根不可伸长的等长绝缘细绳的上端均系在天花板的O点上，下端分别系有均带正电荷的小球P、Q；小球处在某一方向水平向右的匀强电场中，平衡时两细绳与竖直方向的夹角大小相等，则（）A.两绳中的张力大小一定相等B.P的质量一定大于Q的质量C.P的电荷量一定小于Q的电荷量D.P的电荷量一定大于Q的电荷量解析：B分别对两小球受力分析如图所示，设两小球间的距离为l，绳与竖直方向的夹角为θ，则有kqPqQl2－qQE＝mQgtanθ，kqPqQl2＋qPE＝mPgtanθ，显然mQgtanθ＜mPgtanθ，即mQ＜mP，B正确；设下端系有小球P的细绳的张力大小为T、下端系有小球Q的细绳的张力大小为T'，则有T＝mPgcosθ，T'＝mQgcosθ，结合上述分析可知，T＞T'，A错误；根据小球Q在O点所在竖直线左边知考点一静态平衡问题处理静态平衡问题常用的方法合成法物体受三个共点力的作用而平衡，则任意两个力的合力一定与第三个力大小相等，方向相反分解法按效果分解：物体受三个共点力的作用而平衡，将某一个力按力的作用效果分解，则其分力和其他两个力分别满足平衡条件正交分解法：物体受到三个或三个以上力的作用时，将物体所受的力分解为相互垂直的两组，每组力都满足平衡条件矢量三角形法对受三个共点力作用而平衡的物体，将力的矢量图平移，使三个力组成一个首尾依次相接的矢量三角形，根据正弦定理、余弦定理或相似三角形等数学知识求解未知力【例1】（2024·河北高考5题）如图，弹簧测力计下端挂有一质量为0.20kg的光滑均匀球体，球体静止于带有固定挡板的斜面上，斜面倾角为30°，挡板与斜面夹角为60°。若弹簧测力计位于竖直方向，读数为1.0N，g取10m/s2，挡板对球体支持力的大小为（）A.33N B.1.0C.233N D.2.0答案：A解析：对球体进行受力分析，球体受重力mg、弹簧测力计的拉力T、斜面对其的支持力N1、挡板对其的支持力N2，如图所示，N1cos60°＝N2cos60°，N1sin60°＋N2sin60°＋T＝mg，联立解得N1＝N2＝33N，A【例2】（2024·山东淄博二模）中国古代建筑的门闩凝结了劳动人民的智慧。如图所示的是一种竖直门闩的原理图：当在水平槽内向右推动下方木块A时，使木块B沿竖直槽向上运动，方可启动门闩。水平槽、竖直槽内表面均光滑；A、B间的接触面与水平方向成45°角，A、B间有摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知B的质量为m，取重力加速度大小为g。当施加在A上的水平力F＝32mg时，门闩刚好能被启动，则A、B间的动摩擦因数为（A.0.4 B.0.3C.0.2 D.0.1答案：C解析：对A、B受力分析如图所示，门闩刚好启动时，对A，水平方向上F＝FNsin45°＋μFNcos45°，对B，在竖直方向上FN'cos45°＝mg＋μFN'sin45°，又FN＝FN'，结合已知条件F＝32mg，联立可得μ＝0.2，故选C【例3】（2024·河北衡水二模）某工艺品中四颗相同的贝壳1、2、3、4由轻质细线连接，悬挂在点O，一阵风吹来，假设每个贝壳受到水平向右且大小相等的恒定风力F，稳定后设点O和贝壳1之间的细线与竖直方向的夹角为θ1，贝壳2和3之间的细线与竖直方向的夹角为θ2，连接贝壳1与2之间的细线拉力大小为T1，连接贝壳3与4之间的细线拉力大小为T2，简化后的结构如图所示，则下列说法正确的是（）A.θ1＞θ2，T1＝T2 B.θ1＞θ2，T1＝2T2C.θ1＝θ2，T1＝2T2 D.θ1＝θ2，T1＝3T2答案：D解析：对贝壳4受力分析可知，其受到重力、风力、细线拉力的作用，根据平衡条件有T22＝G2＋F2；对贝壳2、3、4整体受力分析有T12＝（3G）2＋（3F）2，所以T1＝3T2；对贝壳3、4整体受力分析有tanθ2＝2F2G＝FG，对贝壳1、2、3、4整体受力分析有tanθ1＝4F4G＝F整体法、隔离法的运用在处理共点力平衡的问题时，若出现了两个或多个物体，一般会使用整体法或隔离法，也可以使用“整体法＋隔离法”或“隔离法＋隔离法”，可根据具体题目灵活应用。考点二动态平衡和极值问题动态平衡问题的分析过程与处理方法【例4】（2024·广东汕头一模）消毒碗柜的金属碗框架可以将碗竖直放置于两条金属杆之间，如图甲所示。取某个碗的正视图如图乙所示，其中a、b分别为两光滑水平金属杆，下列说法正确的是（）A.若减小a、b间距，碗仍保持竖直静止，碗所受的合力减小B.若减小a、b间距，碗仍保持竖直静止，a杆受到的弹力不变C.若将质量相同、半径更大的碗竖直放置于a、b杆之间，碗受到杆的作用力变小D.若将质量相同、半径更大的碗竖直放置于a、b杆之间，碗受到杆的作用力不变答案：D解析：若减小a、b间距，碗仍保持竖直静止，则碗所受的合力仍为零，合力不变，选项A错误；对碗受力分析如图，设b点对碗的弹力F2与竖直方向的夹角为θ，则F1＝Gtanθ，F2＝Gcosθ，若减小a、b间距，则θ减小，a杆受到的弹力F1将会减小，选项B错误；杆对碗的作用力的合力与碗的重力等大反向，则将质量相同、半径更大的碗竖直放置于a、b杆之间，则碗受到杆的作用力不变，一直等于重力，选项C错误，【例5】（2024·山东烟台模拟）我们常用支架与底板垂直的两轮手推车搬运货物。如图甲所示，将质量为m的货物平放在手推车底板上，此时底板水平，缓慢压下把手直至底板与水平面间的夹角为60°。不计货物与支架及底板间的摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A.当底板与水平面间的夹角为30°时，底板对货物的支持力为32B.当底板与水平面间的夹角为30°时，支架对货物的支持力为32C.压下把手的过程中，底板对货物的支持力一直增大D.压下把手的过程中，支架对货物的支持力一直减小答案：A解析：当底板与水平面间的夹角为30°时，受力分析如图a所示，由平衡条件可得FN1cos60°＝FN2cos30°，FN1sin60°＋FN2sin30°＝mg，解得底板对货物的支持力为FN1＝32mg，支架对货物的支持力为FN2＝mg2，故A正确，B错误；压下把手的过程中，货物的受力情况如图b所示，由图b可知，底板对货物的支持力一直减小，支架对货物的支持力一直增大，故C、【例6】（2024·安徽合肥模拟）质量为m的物体放置在倾角θ＝30°的粗糙固定斜面上，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝33，现用拉力F（与斜面的夹角为β）拉动物体沿斜面向上匀速运动，下列说法正确的是（A.拉力最小时，物体受三个力作用B.β＝0°时，即拉力沿斜面向上时，拉力F最小C.斜面对物体作用力的方向随拉力F的变化而变化D.拉力F的最小值为32答案：D解析：斜面对物体的作用力指的是摩擦力Ff和支持力FN的合力，则有tanα＝FNFf＝FNμFN＝1μ，μ不变，则tanα不变，即斜面对物体作用力的方向不随拉力F的变化而变化，故C错误；对物体受力分析如图所示Fcosβ＝Ff＋mgsinθ①，Ff＝μFN②，FN＝mgcosθ－Fsinβ③，联立①②③解得F＝mgsinθ＋μmgcosθcosβ＋μsinβ，当β＝30°时，考点三电磁场中的平衡问题【例7】（2024·安徽芜湖二模）边长为L且各边完全相同的硬质正三角形导线框abc固定于竖直平面内，ab边水平，一重物通过绝缘细线悬挂于框下端c点，匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。现将a、b接在恒定电流的正负极上，当ab边的电流为I时，重物恰好对地面无压力，则重物重力的大小为（）A.BIL B.32C.3BIL2 D.答案：B解析：以重物为研究对象，根据平衡条件有mg＝BIL＋12BIL，解得mg＝32BIL，故选【例8】（多选）（2024·湖南衡阳模拟）如图，在一半径为R的表面光滑的半球形容器的球心O点，用长为R2的绝缘细线悬挂一质量为2m、电荷量为＋q1的小球A，在容器内放置一质量为m、电荷量为＋q2的小球B，已知B与容器绝缘。两球在如图所示的位置处于平衡状态，此时细线与竖直方向的夹角θ＝30°。下列说法正确的是（A.容器对小球B的支持力等于细线对小球A的拉力B.容器对小球B的支持力等于细线对小球A拉力的2倍C.细线对小球A的拉力为小球A重力的32D.两小球间的库仑力为小球A重力的32答案：AC解析：如图1所示，连接A、B交过球心O的竖直线于P点，分析两小球的受力，并将力适当平移，构成矢量三角形，根据力的矢量三角形与几何三角形相似，可得OP2mg＝R2T，OPmg＝RN，所以N＝T，故A正确，B错误；把小球A、B看作整体，对整体受力分析如图2所示，正交分解，可得Nsinα＝Tsinθ，Ncosα＋Tcosθ＝3mg，解得α＝θ＝30°，T＝32×2mg，故C正确；对小球A，设两小球间的库仑力为F，则有F＝三维空间中的平衡问题质点受到分散于三维空间的作用力而平衡，就是三维共点力平衡。解决这类问题的一般方法是将三维空间问题转化为直线和平面问题：选取合适的直线和平面，然后将不在直线和平面上的力分解到选定的直线和平面上，物体在三维共点力作用下平衡，则在选定的直线上和平面上合力为零。【典例1】（2024·山东烟台二模）如图所示，一水晶球支架放置在水平桌面上，支架由水平底托和三根金属支杆构成。一质量为m、半径为l的水晶球静置于支架上，水晶球与三根金属支杆的三个接触点等高，接触点的连线构成边长为l的等边三角形。已知水晶球质量分布均匀，不计支杆与水晶球间的摩擦，重力加速度为g，则每根支杆对水晶球的作用力大小为（）A.mg3 B.C.3mg3 D.答案：B解析：设支杆对水晶球的作用力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系有sinθ＝33ll＝33，水晶球静止，根据平衡条件可得3Fcosθ＝mg，解得每根支杆对水晶球的作用力大小为F＝6【典例2】（2024·四川雅安三模）小明运动后用网兜将篮球挂在相互垂直的墙角。简化图如图所示，设篮球质量为M、半径为R，悬挂点为互相垂直的两竖直墙壁交线处的P点，P到球心的距离为2R，一切摩擦不计，则篮球对任一墙壁的压力大小为（）A.24Mg B.2C.33Mg D.6答案：B解析：对球进行受力分析，球受重力Mg、绳子的拉力T及两个墙壁对它的支持力，两个支持力大小相等，夹角为90°，设支持力的大小为N、绳子与竖直墙壁交线的夹角θ，根据几何知识可知球心到竖直墙壁交线的垂直距离为d＝2R，故sinθ＝d2R＝22，解得θ＝45°，在竖直方向上根据受力平衡可得Tcosθ＝Mg，解得T＝2Mg，在水平方向上根据受力平衡可知两个墙壁对球的支持力的合力大小等于绳子拉力T的水平分力的大小，即N2＋N2＝Tsinθ，解得N＝221.（2024·浙江绍兴二模）如图所示，拖车的缆绳将违章车与拖车拴在一起，使违章车停在倾斜坡道上保持静止状态，缆绳与倾斜坡道平行。下列说法正确的是（）A.缆绳对违章车的拉力等于违章车对缆绳的拉力B.违章车对坡道的作用力的方向一定与坡道垂直C.坡道与水平面的夹角越小，坡道受到的压力也越小D.违章车只受到重力、支持力、拉力三个力的作用解析：A根据牛顿第三定律可知，缆绳对违章车的拉力等于违章车对缆绳的拉力，A正确；违章车对坡道的作用力可能是摩擦力和压力的合力，这个合力与坡道不垂直；若违章车只受坡道的支持力，即违章车对坡道只有压力，没有摩擦力，违章车对坡道的作用力的方向与坡道垂直，B错误；设坡道与水平面的夹角为θ，则FN＝mgcosθ，坡道与水平面的夹角越小，坡道受到的压力就会越大，C错误；违章车除了受到重力、支持力、拉力作用之外还有可能受到坡道对它的摩擦力，D错误。2.（2024·辽宁辽阳二模）一凿子两侧面与中心轴线平行，尖端夹角为θ，当凿子竖直向下插入木板中后，用锤子沿中心轴线竖直向下以力F敲打凿子上侧时，凿子仍静止，侧视图如图所示。若敲打凿子时凿子作用于木板1、2面的弹力大小分别记为F1、F2，忽略凿子受到的重力及摩擦力，下列判断正确的是（）A.F1＝Fsinθ B.F1＝FcosθC.F2＝Ftanθ D.F2＝F解析：D将力F垂直于木板1、2面分解如图可得F1＝Fsinθ，F2＝Ftanθ3.（2024·浙江杭州期中）如图所示，某款可折叠手机支架，调节支撑杆MN，手机背部支撑平面PQ的倾角θ随之改变，底部支撑平面ab与PQ始终垂直，忽略一切摩擦，当θ缓慢逐渐增大时，下列说法正确的是（）A.手机对支架的作用力始终不变B.手机对底部支撑平面ab的弹力逐渐变小C.支架对手机的作用力逐渐增大D.背部支撑平面PQ对手机的弹力逐渐变大解析：A由题意可知，支架对手机的作用力大小始终等于手机自身的重力，根据牛顿第三定律可知，手机对支架的作用力等于支架对手机的作用力，则手机对支架的作用力始终不变，A正确，C错误；根据手机的受力情况可知，手机的重力大小等于底部支撑平面ab对手机的弹力与背部支撑平面PQ对手机的弹力的合力，当θ角逐渐增大时，底部支撑平面ab对手机的弹力逐渐增大，背部支撑平面PQ对手机的弹力逐渐减小，根据牛顿第三定律可知，手机对底部支撑平面ab的弹力逐渐变大，B、D错误。4.（2024·重庆九龙坡三模）图甲所示的是家用燃气炉架，其有四个对称分布的爪，若将总质量一定的锅放在炉架上，图乙所示的是侧视图，不计爪与锅之间的摩擦力，若锅是半径为R的球面，正对的两爪间距为d，则（）A.d越大，爪与锅之间的弹力越大B.d越大，锅受到的合力越大C.R越大，爪与锅之间的弹力越大D.R越大，锅受到的合力越小解析：A锅在竖直切面上受力分析如图所示，炉架的四个爪对锅的弹力的合力与锅受到的重力大小相等，方向相反，即4Fcosθ＝mg，由几何关系，可得cosθ＝R2－d24R，则R越大，爪与锅之间弹力越小，同理d越大，爪与锅之间弹力越大，锅受到的合力为零，故A正确；5.（2024·安徽池州二模）某兴趣小组研究发现最大静摩擦力的大小也与两物体间的正压力成正比，查阅资料得知其比例系数称为静摩擦因数。如图所示，一只蚂蚁在半球形碗底想要爬出碗内，但它缓慢爬行能达到的最大高度恰好只有碗半径的0.2倍，假设碗内各处的静摩擦因数相同，则蚂蚁与碗之间的静摩擦因数为（）A.0.2 B.0.8C.0.75 D.4解析：C设碗的半径为R，蚂蚁在最大高度处时，受重力mg、支持力FN、摩擦力f作用，如图所示，设蚂蚁与球心的连线与水平方向夹角为θ，则有sinθ＝R－0.2RR＝45，即θ＝53°，蚂蚁在最大高度处刚好处于平衡状态，则静摩擦力刚好达到最大静摩擦力，则有f＝μFN，则静摩擦因数μ＝fFN＝1tanθ＝6.（2024·河北衡水二模）如图所示，完全相同的a、b两小球用轻质细线1、2悬挂在天花板上，现用一水平拉力F作用在b球上，a、b再次静止时，细线1与竖直方向的夹角为α，细线2与竖直方向夹角为θ，则tanθ∶tanα等于（）A.2∶1B.3∶2 C.4∶3D.5∶3解析：A对b球，根据平衡条件及平行四边形定则可知tanθ＝Fmg，把两球以及它们间的连线看成整体，根据平衡条件及平行四边形定则可知tanα＝F2mg，则tanθ∶tanα＝2∶1，7.（2024·湖南衡阳二模）如图所示，OABC为常见的“汽车千斤顶”。当汽车需要换轮胎时，司机将它放在车身底盘和地面之间，只需摇动手柄使螺旋杆OA转动，O、A之间的距离就会逐渐减小，O、C之间的距离就会增大，就能将汽车车身缓缓地顶起来。在千斤顶将汽车顶起来的过程中，下列关于OA、OB之间的弹力的说法正确的是（）A.OA、OB之间的弹力不断变大B.OA、OB之间的弹力不断变小C.OA之间的弹力变大、OB之间的弹力变小D.OA之间的弹力变小、OB之间的弹力变大解析：B对O点进行受力分析，它受到竖直方向的汽车对它的压力，大小等于汽车的重力G；OA方向杆的拉力FOA，BO方向的弹力FBO，OB与水平方向夹角为θ，可知G＝FBOsinθ，FOA＝Gtanθ，当θ变大时，FBO和FOA均变小。故选8.（2024·浙江1月选考6题）如图所示，在同一竖直平面内，小球A、B上系有不可伸长的细线a、b、c和d，其中a的上端悬挂于竖直固定的支架上，d跨过左侧定滑轮、c跨过右侧定滑轮分别与相同配重P、Q相连，调节左、右两侧定滑轮高度达到平衡。已知小球A、B和配重P、Q质量均为50g，细线c、d平行且与水平成θ＝30°（不计摩擦，g取10m/s2），则细线a、b的拉力分别为（）A.2N1N B.2N0.5NC.1N1N D.1N0.5N解析：D由题意可知细线c对A的拉力和细线d对B的拉力大小相等、方向相反，对A、B整体分析可知细线a的拉力大小为Ta＝（mA＋mB）g＝1N，设细线b与水平方向夹角为α，对A、B分析分别有Tbsinα＋Tcsinθ＝mAg，Tbcosα＝Tdcosθ，解得Tb＝0.5N，故选D。9.（2024·陕西铜川三模）如图所示，送水工人用推车运桶装水，到达目的地后，工人抬起把手，带动板OA转至水平即可将水桶卸下。若桶与接触面之间的摩擦不计，∠AOB为锐角且保持不变，板OA、OB对水桶的压力大小分别为F1、F2，则在OA由竖直缓慢转到水平的过程中（）A.F1、F2都不断增大 B.F1不断增大，F2不断减小C.F1不断减小，F2先增大后减小 D.F1先增大后减小，F2不断减小解析：D在卸下水桶的过程中，两个支持力的夹角是个定值，受力情况如图所示，根据力的示意图结合平衡条件可得F2sinα＝F1sinβ＝mgsinθ，在转动过程中α从90°增大到180°，则sinα不断减小，F2将不断减小，β从钝角减小到锐角，其中跨过了90°，因此sinβ先增大后减小，则F1将先增大后减小，故10.（2024·黑龙江哈尔滨一模）如图甲所示，直导线P、Q分别被两根等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴上，且P固定于水平轴正下方，两组绳长也相同，其截面图如图乙所示，导线P通以垂直于纸面向里的电流；导线Q电流方向未知，平衡时悬挂Q的两根绝缘轻绳与竖直方向夹角均为θ。已知Q的质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.导线Q中电流方向垂直于纸面向里B.导线P、Q间的安培力大小为2mgsinθC.仅使导线P中电流I缓慢增大且θ不超过90°，导线Q对悬线的拉力大小逐渐增大D.导线P中电流突然消失的瞬间，导线Q受到两绳的拉力大小之和为mgsinθ解析：B对Q进行受力分析可知，P对Q的力为斥力，由安培定则和左手定则可知，则两导线的电流方向相反，即导线中电流方向垂直于纸面向外，故A错误；设导线Q受到两绳的拉力之和为T，导线P、Q间的安培力为F，对Q进行受力分析，根据三角形定则，受力分析如图所示：由于两组绳长相同，则根据几何知识可得T＝mg，F＝2mgsinθ2，故B正确；由上述分析可知，导线Q受到两绳的拉力之和T始终为mg，与电流I和角度θ无关，则导线Q对悬线的拉力大小不变，故C错误；导线P中电流突然消失的瞬间，导线P、Q间的安培力消失，此时沿绳方向上的合力为零，则导线Q受到两绳的拉力大小之和为mgcosθ，故D11.（2024·山东聊城一模）春秋末年，齐国著作《考工记》中记载“马力既竭，辀（zhōu，指车辕）犹能一取焉”，揭示了一些初步的力学原理。如图甲所示，车辕是马车车身上伸出的两根直木，它是驾在马上拉车的把手。图乙为马拉车时的简化模型，车辕前端距车轴的高度H约为1m，马拉车的力可视为沿车辕方向，马车的车轮与地面间的摩擦力大小是其对地面压力的33倍，若想让马拉车在水平面上匀速前进且尽可能省力，则车辕的长度约为（A.2mB.3m C.3mD.2m解析：D设车辕与水平方向夹角为θ，则当车匀速前进时，Fcosθ＝k（mg－Fsinθ），解得F＝kmgcosθ＋ksinθ，而cosθ＋ksinθ＝23sin（60°＋θ），则当θ＝30°时F最小，即此时车辕的长度约为l＝H12.（2024·湖北宜昌预测）在精工实验课上，小明将一重力为G的圆柱形工件放在“V”形金属槽中，如图所示，槽的两侧面与水平面的夹角相同，“V”形槽两侧面间的夹角为90°。小明发现当槽的棱与水平面的夹角为37°时，工件恰好能够匀速下滑，则可知（）A.工件对“V”形槽每个侧面的压力均为0.8G B.工件对“V”形槽每个侧面的压力均为0.4GC.工件与“V”形槽间的动摩擦因数为324 D.工件与“V”解析：D工件的重力可以分解为沿槽棱方向向下的分力Gsin37°与垂直于槽棱方向的分力Gcos37°，如图甲所示，垂直于槽棱方向的分力Gcos37°又进一步分解为两个挤压斜面的压力，如图乙所示，F1和F2的合力与Gcos37°等大反向，由几何关系可知2F1cos45°＝Gcos37°，解得F1＝F2＝225G，故A、B错误；沿槽棱方向的分力Gsin37°与圆柱体和槽之间的摩擦力大小相等，有Ff＝2μF1＝Gsin37°，解得动摩擦因数为μ＝382，故C第2讲直线运动与牛顿运动定律1.（2024·河北高考3题）篮球比赛前，常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程，并得出了篮球运动的v-t图像，如图所示。图像中a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是（）A.a点 B.b点C.c点 D.d点解析：A由题意可知题图中v＜0表示篮球在向下运动，v＞0表示篮球在向上运动，由v-t图像与直线v＝0所围图形的面积表示位移大小可知v＝0上方的图像面积S上减去v＝0下方的图像面积S下的值越大，对应的篮球位置越高，结合题图可知a、b、c、d四点中对应篮球位置最高的是a点，A正确。2.（2024·山东高考3题）如图所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长度为L，通过A点的时间间隔为Δt1；若木板长度为2L，通过A点的时间间隔为Δt2。Δt2∶Δt1为（）A.（3－1）∶（2－1） B.（3－2）∶（2－1）C.（3＋1）∶（2＋1） D.（3＋2）∶（2＋1）解析：A由牛顿第二定律可知木板的加速度不变，木板从静止释放到下端到达A点的过程，有L＝12at02，木板从静止释放到上端到达A点的过程，当木板长度为L时，有2L＝12at12，当木板长度为2L时，有3L＝12at22，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，联立解得Δt2∶Δt1＝（33.（2024·全国甲卷15题）如图，一轻绳跨过光滑定滑轮，绳的一端系物块P，P置于水平桌面上，与桌面间存在摩擦；绳的另一端悬挂一轻盘（质量可忽略），盘中放置砝码。改变盘中砝码总质量m，并测量P的加速度大小a，得到a-m图像。重力加速度大小为g。在下列a-m图像中，可能正确的是（）解析：D设物块P的质量为M，物块P与桌面间的动摩擦因数为μ，轻绳上的拉力大小为T牛顿第二定律a＝g－（μ+1）Mg4.（2024·北京高考8题）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（）A.上升和下落两过程的时间相等B.上升和下落两过程损失的机械能相等C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度解析：C小球上升过程，由牛顿第二定律有mg＋ƒ＝ma1，下降过程有mg－ƒ＝ma2，其中ƒ＝kv，可知a1＞a2，D错误；上升过程和下降过程高度h相同，根据h＝12at2结合D项定性分析可知上升过程用时较短，则上升过程的平均速度大于下降过程的平均速度，上升过程空气阻力平均值大于下降过程空气阻力平均值，因此上升过程克服阻力做功较大，损失机械能较大，A、B错误；整个运动过程空气阻力做负功，由动能定理可知小球抛出速度v1大于小球落到原处的速度v2，由动量定理可得上升过程合力的冲量大小I上＝mv1，下降过程合力冲量大小I下＝mv2，则上升过程合力的冲量大于下降过程合力的冲量，C考点一匀变速直线运动规律及应用解决匀变速直线运动问题的六种方法【例1】（2024·浙江模拟）某跳伞运动员做低空跳伞表演。从该运动员离开悬停的飞机开始计时，运动员先做自由落体运动，当速度达到50m/s时打开降落伞做匀减速直线运动，加速度大小为5m/s2，到达地面时速度为5m/s。下列说法正确的是（）A.运动员离开飞机10s后打开降落伞B.运动员在空中下落过程用时9sC.运动员距离地面245m时打开降落伞D.悬停的飞机距离地面372.5m答案：D解析：由速度与时间公式有v1＝gt1，解得t1＝5s，故A错误；减速时，由速度与时间公式有v2＝v1－at2，解得t2＝9s，运动员在空中下落时间为t＝t1＋t2＝14s，故B错误；由位移与时间公式有h2＝v1＋v22t2＝247.5m，故C错误；由位移与时间公式有h1＝12gt12＝125m，则悬停的飞机距离地面的高度为H＝h1＋h2＝372【例2】（2024·山东临沂一模）近几年来我国新能源汽车发展迅速，现对国产某品牌新能源汽车进行性能测试。已知该汽车在时间t内通过了位移x，同时它的速度变为原来的N倍。如果汽车做的是匀加速直线运动，该汽车加速度大小为（）A.a＝2（N－1）xC.a＝2（N+2）x（答案：A解析：设汽车的初速度为v，则时间t后速度变为Nv，汽车在时间t内通过了位移x，则平均速度为v＝v＋Nv2＝xt，解得v＝2x（N+1）t，所以该汽车的加速度为a【例3】（2024·江西南昌模拟）如图所示，在杭州亚运会田径项目赛场上，机器狗承担了拾捡和运输器材的任务。某次运输过程中，当机器狗检测到前方有一位站立不动的工作人员，为了避免相撞，机器狗立即做匀减速直线运动直至停止，已知其减速后第1s内的位移是最后1s内位移的5倍，且这两段位移的差值为0.4m，则机器狗开始减速后（）A.运动的总时间为3sB.加速度大小为0.4m/s2C.总位移大小为6.4mD.初速度大小为2.4m/s答案：A解析：对运动过程用逆向思维，则有x1∶xn＝1∶5，因为x1∶x2∶x3＝1∶3∶5，所以t总＝3s，故A正确；由Δx＝2aT2，可得a＝0.2m/s2，故B错误；总位移大小为x＝12at2＝0.9m，故C错误；初速度大小为v0＝at＝0.6m/s，故D考点二牛顿运动定律的应用【例4】（2024·安徽合肥模拟）中国的农历新年家家户户会挂上喜庆的大红灯笼，用来增加节日喜庆的气氛。现用一根劲度系数为k的轻质弹簧和一根不可伸长的轻绳在水平天花板下悬挂一只灯笼。灯笼的质量为m，悬挂静止时弹簧、轻绳与天花板形成的△OAB为等边三角形，如图所示，（重力加速度为g，弹簧在弹性限度内）则（）A.灯笼的重力和所受轻绳拉力的合力方向水平向右B.弹簧的形变量为2C.若某时刻剪断轻绳，则此瞬间灯笼的加速度大小为33D.若仅增加灯笼的质量，悬挂静止后O点位置依然保持不变答案：C解析：由于灯笼处于平衡状态，根据三力平衡的特点，可知灯笼的重力和所受轻绳拉力的合力方向与弹簧弹力方向相反，即沿AO方向向下，A错误；根据平衡条件，绳上拉力等于弹簧的弹力，大小为F＝12mgcos30°＝3mg3，根据F＝kx，可求得弹簧的形变量为x＝3mg3k，B错误；若某时刻剪断轻绳，则此瞬间弹簧弹力和重力不变，则合力与没有剪断绳子时绳上拉力大小相等，方向相反，为F合＝3mg3，则灯笼的加速度大小为a＝F合m＝33g，C正确；瞬时加速度问题【例5】（多选）（2023·福建高考5题）如图所示，一广场小火车是由车头和车厢编组而成。假设各车厢质量均相等（含乘客），在水平地面上运行过程中阻力与车重力成正比。一广场小火车共有3节车厢，车头对第一节车厢的拉力为T1，第一节车厢对第二节车厢的拉力为T2，第二节车厢对第三节车厢的拉力为T3，则（）A.当火车匀速直线运动时，T1＝T2＝T3B.当火车匀速直线运动时，T1∶T2∶T3＝3∶2∶1C.当火车匀加速直线运动时，T1＝T2＝T3D.当火车匀加速直线运动时，T1∶T2∶T3＝3∶2∶1答案：BD解析：设每节车厢重力为G，当火车匀速直线运动时T1＝f1＝k×3G，T2＝f2＝k×2G，T3＝f3＝k×G，得T1∶T2∶T3＝3∶2∶1，故A错误，B正确；当火车匀加速运动时T1－f1＝T1－k×3G＝3ma，T2－f2＝T2－k×2G＝2ma，T3－f3＝T3－k×G＝ma，得T1∶T2∶T3＝3∶2∶1，故C错误，D正确。1.连接体的处理方法：整体法和隔离法。2.连接体的运动特点（1）轻绳连接体：轻绳在伸直且无转动的状态下，两端的连接体沿绳方向的速度和加速度总是相等。（2）轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度和加速度；轻杆转动时，连接体具有相同的角速度。（3）轻弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量最大时，两端连接体的速率相等。【例6】（2024·河南周口模拟）2024年4月3日，某集团完成了某型号汽车的首批交付仪式。之后陆续有用户对该型号汽车进行了性能测试。为提升驾驶体验，为驾乘者提供更加安全和舒适的驾驶环境，该型号汽车具有AEB自动紧急制动性能并加入了AEBPro功能。某车主对此性能进行了测试。该型号汽车在平直的封闭公路上以v0＝108km/h的速度水平向右匀速行驶，检测到障碍物后在AEB和AEBPro功能作用下开始减速，车所受阻力f与车重力mg的比值随时间变化的情况可简化为如图所示的图像，最终停在距离障碍物1m的位置。取重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）该型号汽车开始减速瞬间的加速度；（2）该型号汽车在1s末的速度v1大小；（3）该型号汽车从开始减速位置到障碍物间的距离。答案：（1）－10m/s2，方向水平向左（2）20m/s（3）36m解析：（1）根据题意，由图可知，该型号汽车开始刹车时f1mg由牛顿第二定律有－f1＝ma联立解得a＝－10m/s2，方向水平向左。（2）该型号汽车做减速运动，由运动学公式可得该型号汽车在1s末的速度大小为v1＝v0＋a1t1代入数据解得v1＝20m/s。（3）根据题意可知开始减速1s内，该型号汽车运动的位移为x1＝v0＋v12t开始减速1s后，由图可知f2mg由牛顿第二定律有－f2＝ma2由运动学公式可得0－v12＝2a2联立代入数据解得x2＝10m该型号汽车从开始减速位置到障碍物间的距离为x＝x1＋x2＋1m＝36m。两类动力学问题的解题步骤考点三运动学和动力学图像1.运动学图像v-t图像x-t图像a-t图像与坐标轴所围面积表示这段时间内的位移无实际物理意义表示这段时间内速度的变化量斜率表示质点运动的加速度表示质点运动的速度表示加速度变化的快慢2.动力学图像题型解题思路由运动学图像分析受力情况（1）根据运动学图像，求解加速度；（2）应用牛顿第二定律，建立加速度与力的关系；（3）确定物体受力情况及相关物理量由受力图像分析运动情况（1）根据受力图像，结合牛顿第二定律确定加速度；（2）根据加速度和初速度的方向，判断是加速运动还是减速运动；（3）由加速度结合初始运动状态，分析物体运动情况由已知条件确定物理量的变化图像（1）分析运动过程中物体的受力；（2）根据牛顿第二定律推导出加速度表达式；（3）根据加速度的变化确定物理量的变化图像【例7】（2024·河北唐山一模）某场冰壶比赛中，投掷出的冰壶沿直线运动，运动员通过刷冰使冰壶在逐渐减小的摩擦力作用下停到指定位置。下列能正确反映该过程中冰壶的位移x、速度v、加速度a随时间t变化规律的图像是（）答案：C解析：依题意，冰壶运动过程中所受摩擦力逐渐减小，由牛顿第二定律f＝ma，可知加速度逐渐减小，冰壶做减速运动，其位移与时间不成正比关系，故A、D错误；v-t图像中斜率表示加速度，由图可知C选项符合题意，故B错误，C正确。【例8】（多选）（2024·四川成都二模）如图甲所示，倾角为θ的固定斜面上有一小物块，其受到方向沿斜面向上的拉力F的作用，使小物块沿斜面向上运动，运动过程中加速a与F的关系如图乙所示。图线的斜率为k，与F轴交点坐标为c，与a轴交点为－b。由图可知（）A.小物块的质量为kB.小物块的质量为1C.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为bD.摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为c答案：BD解析：以物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得F－mgsinθ－f＝ma，可得a＝Fm－mgsinθ＋fm，结合a-F图像可得1m＝k＝bc，－mgsinθ＋fm＝－b，可知小物块的质量为m＝1k，摩擦力与重力沿斜面的分力大小之和为动力学中的临界极值问题1.叠加体系统临界问题的求解思路2.滑块刚好未滑离滑板的临界条件判断刚好不滑离的临界条件：当滑板滑块共速时，滑板滑块之间的相对位移大小Δx等于初始状态时滑块与滑板端点的距离L。滑块相对于滑板的位置示意图如图所示，不滑离时L≥Δx；滑离时L＜Δx。【典例1】（多选）（2024·黑龙江哈尔滨三模）如图所示，三个物块A、B、C的质量分别为m、2m、m，物块B叠放在C上，物块A与C之间用轻弹簧水平连接，物块A、C与水平地面间的动摩擦因数都为μ，物块B与C之间的动摩擦因数为μ2。在大小恒为F的水平推力作用下，使三个物块正保持相对静止地一起向右做匀加速直线运动，已知重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度内，则下列说法正确的是（A.弹簧弹力大小为FB.保持A、B、C三个物块相对静止，F最大值不超过6μmgC.在撤去水平推力的瞬间，物块A的加速度变小D.若撤去水平推力后，物块B和C仍能保持相对静止答案：AB解析：对A、B、C三个物块受力分析，摩擦力为f＝μ（m＋2m＋m）g＝4μmg，根据牛顿第二定律得F－f＝（m＋2m＋m）a，对A受力分析，根据牛顿第二定律得F弹－μmg＝ma，联立可得F弹＝F4，故A正确；保持A、B、C三个物块相对静止，对B分析可知，整体的最大加速度为amax＝μ2×2mg2m＝μg2，对A、B、C三个物块，根据牛顿第二定律得Fm－4μmg＝（m＋2m＋m）amax，解得Fm＝6μmg，故B正确；在撤去水平推力的瞬间，弹簧对A的力不会发生突变，即在撤去水平推力的瞬间，A的受力情况不变，即物块A的加速度不变，故C错误；在撤去水平推力的瞬间，对物块B、C整体受力分析结合牛顿第二定律得：F合＝3μmg＋F弹＝3μmg＋F4＝3ma，则整体的加速度为a＝μg＋F12m，由B选项可知，物块B的最大加速度为amax＝μg2＜a，【典例2】如图所示，在足够大的水平地面上静止放置一木板，可视为质点的物块以v0＝3m/s的速度滑上木板，最终物块恰好到达木板的右端，木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，已知物块的质量m＝1kg，物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.05，取重力加速度大小g＝10m/s2，求木板的长度L及木板的质量M。答案：1.5m1kg解析：设物块减速和木板加速到共速的时间为t1，此过程的加速度分别为a1，a2，根据牛顿第二定律，有μ1mg＝ma1，μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2，设两者共同速度为v，则v0－a1t1＝a2t1＝v，此过程木板的位移为x1＝v2t两者共速后，因为μ1＞μ2，所以此后两者一起减速到停止，设共同减速的加速度为a3，则根据牛顿第二定律，有μ2（M＋m）g＝（M＋m）a3此过程木板的位移为x2＝v木板沿地面运动的距离恰好等于木板的长度，则L＝x1＋x2物块最终恰好到达木板的右端，即物块相对木板的位移为木板的长度，则L＝v0＋v2t联立各式解得t1＝1s，L＝1.5m，M＝1kg。1.（2024·浙江衢丽湖三地质检）如图所示的是无人机正在喷洒农药的场景，则无人机（含箱内农药）（）A.悬停时重力与浮力平衡B.向下运动时处于失重状态C.喷洒过程中惯性不变D.沿曲线轨迹运动时的加速度一定不为零解析：D无人机受到重力和空气升力，悬停时重力与升力平衡，故A错误；如果向下加速运动时，则处于失重状态；如果向下减速运动，则处于超重状态，故B错误；喷洒过程中药水的质量减小，则喷洒过程中惯性减小，故C错误；沿曲线轨迹运动时处于非平衡状态，则加速度一定不为零，故D正确。2.（2024·贵州安顺二模）在2024年春晚杂技《跃龙门》中的一段表演是演员从蹦床上弹起后在空中旋转360°。已知演员离开蹦床时的速度大小为v，在上升过程中就已经完成了旋转动作，重力加速度大小为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.演员在上升的过程中处于超重状态B.演员在下落过程中处于超重状态C.演员在空中旋转的时间不超过vD.演员上升的最大高度为v解析：C演员在上升和下降的过程中，都只受重力作用，处于完全失重状态，选项A、B错误；演员上升过程中所用时间为t＝vg，则其在空中旋转的时间不超过vg，选项C正确；演员上升的最大高度为h＝v223.（2024·南京盐城一模）某次冰壶训练中，一冰壶以某一初速度在水平冰面上做匀减速直线运动，通过的距离为x时其速度恰好为零，若冰壶通过第一个x6的距离所用的时间为t，则冰壶通过最后x6的距离所用的时间为（A.（5－2）t B.（6－5）tC.（5＋2）t D.（6＋5）t解析：D由逆向思维可知，冰壶从静止开始做匀加速直线运动，由s＝12aT2可知，冰壶通过连续相等距离所用时间之比为1∶（2－1）∶（3－2）∶…∶（n+1－n），n为大于或等于1的整数，则冰壶通过最后x6的距离所需时间为t'＝t6－5＝（6＋54.（2024·湖南长沙模拟）高铁是我国的一张名片，在某火车站，维护员站在中央高铁站台上，观察到有一列高铁正在减速进站（可视为匀减速直线运动）。维护员发现在列车减速过程中相邻两个相等时间内从他身边经过的车厢节数分别为n1和n2，则n1和n2之比可能是（）A.2∶1 B.5∶1C.7∶2 D.4∶1解析：A设列车减速过程的加速度大小为a，相邻两个相等时间为T，第二个相等时间的末速度为v，一节车厢的长度为L，根据逆向思维可得n2L＝vT＋12aT2，（n1＋n2）L＝v·2T＋12a（2T）2，可得n1L＝vT＋32aT2，则有n1n2＝vT＋32aT5.（2024·广东惠州一模）雨滴从高空静止下落过程中，受到的空气阻力满足f＝kv2，k为定值，取竖直向下为正方向，下列表示雨滴速度v和加速度a的图像可能正确的是（）解析：B雨滴从高空静止下落过程中，设雨滴的质量为m，根据牛顿第二定律可得a＝mg－fm＝g－kv2m，可知随着雨滴速度的增大，加速度逐渐减小，所以雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，则v-t图像的切线斜率逐渐减小；当空气阻力等于雨滴重力时，雨滴的加速度减为0，且加速度6.（2024·北京西城二模）列车沿平直的道路做匀变速直线运动，在车厢顶部用细线悬挂一个小球，小球相对车厢静止时，细线与竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是（）A.列车加速度的大小为gtanθB.列车加速度的大小为gsinθC.细线拉力的大小为mgsinθD.细线拉力的大小为mgcosθ解析：A设列车的加速度大小为a，根据几何关系及牛顿第二定律有F合＝mgtanθ＝ma，得列车加速度的大小为a＝gtanθ，故A正确，B错误；根据Tcosθ＝mg，得细线拉力的大小为T＝mgcosθ，故C、7.（2024·海南高考5题）商场自动感应门如图所示，人走近时两扇门从静止开始同时分别向左、右平移，经4s恰好完全打开，两扇门移动距离均为2m，若门从静止开始以相同的加速度大小先匀加速运动后匀减速运动，完全打开时速度恰好为0，则加速度的大小为（）A.1.25m/s2 B.1m/s2C.0.5m/s2 D.0.25m/s2解析：C作出单扇感应门打开过程的v-t图像如图所示，根据v-t图像与坐标轴所围图形的面积表示位移可知，12vm×4s＝2m，解得vm＝1m/s，根据加速度的定义可知a＝ΔvΔt＝0.5m/s8.（2024·内蒙古通辽一模）如图所示，轻质细绳OA一端系在小球O上，另一端固定在倾斜天花板上的A点，轻质弹簧OB一端与小球连接，另一端固定在竖直墙上的B点，平衡时细绳OA垂直于天花板，弹簧恰好水平。将细绳OA剪断的瞬间，小球的加速度（）A.竖直向下 B.沿OB方向C.沿AO方向 D.等于0解析：C小球受重力、细绳OA斜向上的拉力及弹簧的弹力作用，设细绳与水平方向的夹角为θ，则细绳OA中的拉力大小为T＝mgsinθ，将细绳剪断的瞬间重力及弹簧的弹力均不变，所以小球的加速度沿AO方向且大小为a＝Tm＝gsin9.（2024·山东聊城一模）中国高铁向世界展示了中国速度，和谐号与复兴号高铁相继从沈阳站点由静止出发，沿同一方向做匀加速直线运动。两车运动的速度—时间图像如图所示，下列说法正确的是（）A.复兴号高铁追上和谐号动车前，t＝70s时两车相距最远B.复兴号高铁经过95s加速达到最大速度C.t＝140s时，复兴号高铁追上和谐号动车D.复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距4900m解析：B由v-t图像可知，0≤t≤140s时，和谐号动车速度大于复兴号高铁，t＞140s时，和谐号动车速度小于复兴号高铁，故复兴号高铁追上和谐号动车前，t＝140s时两车相距最远，根据v-t图像与坐标轴围成的面积表示位移，可知复兴号高铁追上和谐号动车前，两车最远相距Δx＝12×140×70m－12×（140－70）×70m＝2450m，故A、C、D错误；复兴号高铁的加速度为a＝ΔvΔt＝70140－70m/s2＝1m/s2，复兴号高铁加速达到最大速度所需的时间为t1＝vma＝9510.（多选）（2024·浙江精诚联盟联考）人类从事滑雪活动已有数千年历史，滑雪爱好者可在雪场上轻松、愉快地滑行，饱享滑雪运动的乐趣。一名滑雪爱好者以1m/s的初速度沿山坡匀加速直线滑下，山坡的倾角为30°。若人与滑板的总质量为60kg，受到的总阻力为60N，重力加速度g大小取10m/s2，则（）A.滑雪者加速度的大小为4m/s2B.滑雪者加速度的大小为3m/s2C.3s内滑雪者下滑位移的大小为21mD.3s末人与滑板总重力的瞬时功率为3900W解析：ACD由牛顿第二定律知mgsin30°－f＝ma，解得滑雪者加速度的大小为a＝4m/s2，选项A正确，B错误；由运动学公式x＝v0t＋12at2，其中v0＝1m/s，t＝3s，解得3s内滑雪者下滑位移的大小为x＝21m，选项C正确；由运动学公式知v＝v0＋at，重力的瞬时功率P＝mgvsin30°，联立解得，3s末人与滑板总重力的瞬时功率为P＝3900W，选项D11.（2024·广东汕头一模）如图所示，一足够长的薄木板B静止在水平地面上，某时刻一小物块A（可视为质点）以v0＝6m/s的初速度滑上木板B。已知A的质量m＝1kg，B的质量M＝2kg，A、B之间的动摩擦因数μ1＝0.5，B与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，取g＝10m/s2，不计空气阻力。求：（1）A刚滑上木板B时A和B的加速度；（2）A在B上相对滑动的最大距离。答案：（1）5m/s2，方向向左，1m/s2，方向向右（2）3m解析：（1）A滑上B后，对A、B分别受力分析，由牛顿第二定律，对A有μ1mg＝ma1解得A的加速度为a1＝5m/s2，方向向左对B有μ1mg－μ2（M＋m）g＝Ma2解得B的加速度为a2＝1m/s2，方向向右。（2）设经时间t1物块和木板速度相同，对物块A，有v1＝v0－a1t1对木板B，有v1＝a2t1则物块前进的位移为x1＝v0t1－12a1木板前进的位移为x2＝12a2则物块相对木板滑动的最大距离为ΔL＝x1－x2＝3m。12.（2024·河南信阳一模）彩虹滑道作为一种旱地滑雪设备，因其多彩绚丽的外形、危险性低且符合新时代环保理念吸引了越来越多的游客。小孩坐在皮艇中被拉上滑道的过程可简化成图示模型。已知皮艇质量M＝5kg，小孩质量m＝30kg，皮艇与滑道之间的动摩擦因数μ1＝0.1，小孩与皮艇之间的动摩擦因数μ2＝0.8，现给皮艇一沿滑道斜向上的恒力F，用时t＝50s将皮艇和小孩拉至顶端，滑道长度L＝250m，重力加速度大小取g＝10m/s2，滑道倾角θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）小孩所受摩擦力的大小和方向；（2）拉力F的大小；（3）只给小孩一个沿滑道斜向上的恒定拉力F'，求能将他们拉至顶端且不会相对滑动的F'取值范围。答案：（1）186N方向沿滑道向上（2）245N（3）238N≤F'≤1176N解析：（1）给皮艇一沿滑道斜向上的恒力F将皮艇和小孩拉至顶端，由位移与时间的关系公式有L＝12at得a＝0.2m/s2对小孩，由牛顿第二定律有f－mgsinθ＝ma代入数据得f＝186N方向沿滑道向上。（2）对皮艇和小孩构成的整体，由牛顿第二定律有F－（M＋m）gsinθ－μ1（M＋m）gcosθ＝（M＋m）a代入数据得拉力的大小为F＝245N。（3）给小孩一个沿滑道斜向上的恒定拉力F'，能将他们拉至顶端的最小拉力Fmin'＝（M＋m）gsinθ＋μ1（M＋m）gcosθ＝238N若小孩和皮艇恰好相对滑动，则皮艇和小孩之间的静摩擦力达到最大静摩擦力μ2mgcosθ，对整体，由牛顿第二定律有Fmax'－（M＋m）gsinθ－μ1（M＋m）gcosθ＝（M＋m）a'对皮艇，由牛顿第二定律有μ2mgcosθ－μ1（M＋m）gcosθ－Mgsinθ＝Ma'联立代入数据得a'＝26.8m/s2Fmax'＝1176N故238N≤F'≤1176N。第3讲抛体运动与圆周运动1.（2024·海南高考3题）如图，在跨越河流表演中，一人骑车以v0＝25m/s的速度水平冲出平台，恰好跨越宽度为d＝25m的河流落在河对岸平台上，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，则两平台的高度差h为（）A.0.5m B.5mC.10m D.20m解析：B平抛运动h＝5m，B正确。2.（多选）（2024·江西高考8题）一条河流某处存在高度差，小鱼从低处向上跃出水面，冲到高处。如图所示，以小鱼跃出水面处为坐标原点，x轴沿水平方向，建立坐标系，小鱼的初速度为v0，末速度v沿x轴正方向。在此过程中，小鱼可视为质点且只受重力作用。关于小鱼的水平位置x、竖直位置y、水平方向分速度vx和竖直方向分速度vy与时间t的关系，下列图像可能正确的是（）解析：AD由于小鱼在运动过程中只受重力作用，则小鱼在水平方向上做匀速直线运动，即vx为一定值，则有x＝vxt，A可能正确，C错误；小鱼在竖直方向上做竖直上抛运动，则有y＝v0yt－12gt2，vy＝v0y－gt，且vy最终减为0，B错误，D3.（2024·广东高考5题）如图所示，在细绳的拉动下，半径为r的卷轴可绕其固定的中心点O在水平面内转动。卷轴上沿半径方向固定着长度为l的细管，管底在O点。细管内有一根原长为l2、劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧底端固定在管底，顶端连接质量为m、可视为质点的插销。当以速度v匀速拉动细绳时，插销做匀速圆周运动。若v过大，插销会卡进固定的端盖。使卷轴转动停止。忽略摩擦力，弹簧在弹性限度内。要使卷轴转动不停止，v的最大值为（A.rk2m B.C.r2km D.解析：A由题意可知当插销刚卡紧固定端盖时弹簧的伸长量为Δx＝l2，根据胡克定律有F＝kΔx＝kl2，插销与卷轴同轴转动，角速度相同，对插销，由弹簧的弹力提供向心力，有F＝mlω2，对卷轴，有v＝rω，联立解得v＝rk2m4.（2024·浙江1月选考8题）如图所示，小明取山泉水时发现水平细水管到水平地面的距离为水桶高的两倍，在地面上平移水桶，水恰好从桶口中心无阻挡地落到桶底边沿A。已知桶高为h，直径为D，则水离开出水口的速度大小为（）A.D4gh C.（2+1）D2g2h 解析：C设出水孔到水桶中心距离为x，则x＝v02hg，落到桶底A点时x＋D2＝v02×2hg，解得v0＝考点一曲线运动运动的合成与分解1.合外力方向与轨迹的关系：物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向轨迹的凹侧。2.合力方向与速率变化的关系3.运动的合成与分解：根据运动的实际效果分解。位移、速度、加速度的合成与分解都遵循平行四边形定则。【例1】（2023·辽宁高考1题）某同学在练习投篮，篮球在空中的运动轨迹如图中虚线所示，篮球所受合力F的示意图可能正确的是（）答案：A解析：篮球做曲线运动，则篮球的速度与合力不在同一条直线上，且篮球的轨迹应向合力指向的一侧发生偏转，故B、C、D错误，A选项符合题意。【例2】如图所示，套在光滑竖直杆上的物体A，通过轻质细绳跨过光滑定滑轮与光滑水平面上的物体B相连接，A、B质量相同。现将A从与B等高处由静止释放，不计一切摩擦，重力加速度为g，当细绳与竖直杆间的夹角为θ＝60°时，A下落的高度为h，此时物体B的速度大小为（）A.25gh BC.gh2 D.答案：A解析：设物体A下落高度为h时，物体A的速度大小为vA，物体B的速度大小为vB，此时有vA＝vBcos60°＝2vB，物体A、B组成的系统机械能守恒，则有mgh＝12mvA2＋12mvB2，考点二抛体运动1.平抛运动（类平抛运动）问题的求解方法2.斜抛运动（类斜抛运动）的处理方法（1）斜抛运动是匀变速曲线运动，以斜上抛运动为例（如图所示）速度：vx＝v0cosθ，vy＝v0sinθ－gt位移：x＝v0cosθ·t，y＝v0sinθ·t－12gt2（2）当物体做斜上抛运动至最高点时，运用逆向思维，可转化为平抛运动。【例3】（多选）（2024·福建福州模拟）在某次飞镖锦标赛中，飞镖先后两次的抛出点在同一竖直线上的A、B两点，将飞镖沿水平方向抛出后，飞镖均扎在靶心处，两飞镖的轨迹如图乙中曲线1、2所示，飞镖扎在靶上瞬间的速度与水平方向的夹角分别为α、β。已知AB、BO的竖直高度相同，飞镖可视为质点，空气阻力忽略不计，则下列说法正确的是（）A.飞镖先后两次在空中的运动时间之比为2∶1B.飞镖先后两次抛出时的初速度大小之比为2∶1C.α＝2βD.tanα＝2tanβ答案：AD解析：飞镖先后两次在空中做平抛运动，竖直方向有2h＝12gt12，h＝12gt22，则在空中的运动时间之比为t1∶t2＝2∶1，故A项正确；水平方向有x＝v1t1，x＝v2t2，飞镖先后两次抛出时的初速度大小之比为v1∶v2＝1∶2，故B项错误；轨迹为曲线1的飞镖扎在靶上瞬间的速度与水平方向的夹角的正切值为tanα＝gt1v1，轨迹为曲线2的飞镖扎在靶上瞬间的速度与水平方向的夹角的正切值为tanβ＝gt2v2，则tanα＝2tanβ，故D项正确；设φ＝2β，根据二倍角公式【例4】（多选）（2024·山东高考12题）如图所示，工程队向峡谷对岸平台抛射重物，初速度v0大小为20m/s，与水平方向的夹角为30°，抛出点P和落点Q的连线与水平方向夹角为30°，重力加速度大小取10m/s2，忽略空气阻力。重物在此运动过程中，下列说法正确的是（）A.运动时间为23sB.落地速度与水平方向夹角为60°C.重物离PQ连线的最远距离为10mD.轨迹最高点与落点的高度差为45m答案：BD解析：重物从P点运动到Q点的过程，水平方向上有x＝v0tcos30°，竖直方向上有y＝－v0tsin30°＋12gt2，由几何关系有yx＝tan30°，联立解得重物的运动时间t＝4s，A错误；结合A项分析可知，重物落地时的水平分速度vx＝v0cos30°，竖直分速度vy＝－v0sin30°＋gt，则tanθ＝vyvx＝3，所以重物的落地速度与水平方向夹角为60°，B正确；对重物从P点运动到Q点的过程，垂直于PQ连线方向有（v0sin60°）2＝2ghmcos30°，解得重物离PQ连线的最远距离hm＝103m，C错误；结合B项分析，竖直方向上有vy2＝2gym，联立解得重物轨迹最高点与落点的高度差ym【例5】（2024·河北保定二模）在第19届杭州亚运会女子排球决赛中，中国女排以3∶0战胜日本女排，以六战全胜且一局未失的战绩成功卫冕。如图所示，排球场的宽为d，长为2d，球网高为d4，发球员在底线中点正上方的O点将排球水平击出，排球恰好擦着网落在对方场地边线上的E点，ED＝d2，不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（A.O点距地面的高度为9d20 B.C.排球击出时的速度大小为gd D.排球着地时的速度大小为2gd答案：A解析：排球做平抛运动的轨迹在地面上的投影为O'E，显然O'FEF＝CQEQ＝21，所以排球在左、右场地运动的时间之比为1∶2，设排球做平抛运动的时间为3t，有H＝12g（3t）2，d4＝12g（3t）2－12g（2t）2，解得H＝9d20，3t＝9d10g，选项A正确，B错误；排球击出时的速度大小v0＝O'E3考点三圆周运动1.解决圆周运动问题的主要步骤2.求解竖直平面内圆周运动问题的思路【例6】（多选）（2024·广东三模）如图所示，配有转盘的中式圆餐桌是我国的传统家具。质量为m的小碗（可视为质点）放在水平转盘边缘上随转盘一起由静止缓慢加速转动，若小碗与转盘以及桌面间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，转盘的半径为r，餐桌的半径为R，重力加速度为g，转盘与桌面的高度差不计，下列说法正确的是（）A.当转盘的角速度增至μg2r时B.小碗由静止到即将滑动的过程中，转盘对小碗做的功为12μC.若R＝2r，小碗最终会从桌面滑落D.若小碗未滑离桌面，则R不会小于52答案：BD解析：小碗即将滑动时有μmg＝mv2r＝mω2r，解得v＝μgr，ω＝μgr，故A错误；根据动能定理可得W＝12mv2＝12μmgr，故B正确；小碗滑动后沿转盘边缘滑出，若未能滑到桌面边缘，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，由x＝v22a＝12r＜R2－r2＝r，可知小碗不会从桌面边缘滑落，故C【例7】（2024·山东青岛一模）很多青少年在山地自行车上安装了气门嘴灯，夜间骑车时犹如踏着风火轮，格外亮眼。图甲是某种自行车气门嘴灯，气门嘴灯内部开关结构如图乙所示，弹簧一端固定，另一端与质量为m的小滑块（含触点a）连接，当触点a、b接触，电路接通使气门嘴灯发光，触点b位于车轮边缘。车轮静止且气门嘴灯在最低点时触点a、b距离为L，弹簧劲度系数为mgL，重力加速度大小为g，自行车轮胎半径为R，不计开关中的一切摩擦，滑块和触点a、b均可视为质点（1）若自行车匀速行驶过程中气门嘴灯可以一直亮，求自行车行驶的最小速度；（2）若自行车以2gR的速度匀速行驶，求车轮每转一圈，气门嘴灯的发光时间答案：（1）3gR（2）解析：（1）只要气门嘴灯位于最高点时a、b接触即可保证全程灯亮，弹簧原长时a、b间的距离为mgk＋L＝2气门嘴灯位于最高点时，对于小滑块，有mg＋2kL＝m解得满足要求自行车行驶的最小速度为v＝3gR（2）速度为2gR时轮子滚动的周期为T＝2π此速度下气门嘴灯所需的向心力为Fn＝m（2gR）2此力恰好等于a、b接触时弹簧的弹力，即无重力参与向心力，对应与圆心等高的点，故当气门嘴灯位于下半圆周时灯亮，即t＝T2＝π【例8】（2024·江西高考14题）雪地转椅是一种游乐项目，其中心传动装置带动转椅在雪地上滑动。如图a、b所示，传动装置有一高度可调的水平圆盘，可绕通过中心O点的竖直轴匀速转动。圆盘边缘A处固定连接一轻绳，轻绳另一端B连接转椅（视为质点）。转椅运动稳定后，其角速度与圆盘角速度相等。转椅与雪地之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。（1）在图a中，若圆盘在水平雪地上以角速度ω1匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O点做半径为r1的匀速圆周运动。求AB与OB之间夹角α的正切值。（2）将圆盘升高，如图b所示。圆盘匀速转动，转椅运动稳定后在水平雪地上绕O1点做半径为r2的匀速圆周运动，绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子在水平雪地上的投影A1B与O1B的夹角为β。求此时圆盘的角速度ω2。答案：（1）μgω12r1解析：（1）对转椅受力分析，转椅在水平面内受摩擦力、轻绳拉力，两者合力提供其做圆周运动所需的向心力，如图所示。设转椅的质量为m，则转椅所需的向心力Fn1＝mω12转椅受到的摩擦力f1＝μmg根据几何关系有tanα＝f联立解得tanα＝μgω（2）转椅在题图b情况下所需的向心力Fn2＝mω22转椅受到的摩擦力f2＝μN2根据几何关系有tanβ＝f竖直方向上由平衡条件有N2＋Tcosθ＝mg水平面上有f2＝Tsinθsinβ联立解得ω2＝μgsin1.解决三维空间中抛体运动的方法（1）明确题意，形成运动轨迹在空间分布情况的一个轮廓。（2）以抛出点为坐标原点，根据运动情境建立三维直角坐标系。（3）确定每个坐标轴上的受力特点，明确各自的运动性质。（4）依据已知条件，运动学公式找出各个坐标轴的位移、速度、加速度大小。（5）利用合成与分解知识确定研究的问题。（6）注意：合成与分解思想要穿插在解题的各个环节中。【典例1】（多选）如图所示，某同学将离地1.25m的网球以13m/s的速度斜向上击出，击球点到竖直墙壁的距离4.8m。当网球竖直分速度为零时，击中墙壁上离地高度为8.45m的P点。网球与墙壁碰撞后，垂直于墙面速度分量大小变为碰前的0.75倍。平行墙面的速度分量不变。重力加速度g取10m/s2，网球碰墙后的速度大小v和着地点到墙壁的距离d分别为（）A.v＝5m/s B.v＝32m/sC.d＝3.6m D.d＝3.9m答案：BD解析：设网球飞出时的速度为v0，竖直方向v0竖直2＝2g（H－h），代入数据得v0竖直＝2×10×（8.45－1.25）m/s＝12m/s，则v0水平＝132－122m/s＝5m/s，网球水平方向到P点的距离x水平＝v0水平t＝v0水平·v0竖直g＝6m，根据几何关系可得打在墙面上时，垂直于墙面的速度分量v0水平⊥＝v0水平×45＝4m/s，平行墙面的速度分量v0水平∥＝v0水平×35＝3m/s，反弹后，垂直于墙面的速度分量v水平⊥'＝0.75×v0水平⊥＝3m/s，则反弹后的网球速度大小为v水平＝v水平⊥'2＋v0水平∥2＝32m/s，网球落到地面的时间t'＝2Hg2.解决斜面上圆周运动的临界问题的方法在处理斜面上圆周运动的临界问题时，可能需要考虑物体在最高点和最低点的受力情况，特别是当物体即将离开斜面或保持在斜面上的瞬间。这时，摩擦力的作用尤为关键，因为它决定了物体是否能保持在其位置上。通过仔细分析这些临界状态下的受力情况，可以有效地解决这类问题。【典例2】（多选）某国家体育训练基地中有一台我国自主研发，世界首创的转盘滑雪训练机。运动员的某次训练过程可简化为如图所示的模型，转盘滑雪训练机绕垂直于盘面的固定转轴以恒定的角速度转动，盘面边缘处离转轴距离为r的运动员（可视为质点）始终相对于盘面静止。已知运动员的质量为m，运动员运动到最高点时恰好不受摩擦力，接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面的夹角为θ，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（）A.圆盘的角速度大小为gB.运动员在最低点受到的摩擦力大小为2mgsinθC.运动员与盘面间的动摩擦因数可能小于tanθD.若仅减小圆盘的转速，则运动员可能相对于圆盘滑动答案：AB解析：运动员运动到最高点时恰好不受摩擦力，则有mgsinθ＝mω2r，解得圆盘的角速度大小为ω＝gsinθr，故A正确；当运动员在最低点时受到的摩擦力最大，根据牛顿第二定律可得fm－mgsinθ＝mω2r，解得fm＝mgsinθ＋mω2r＝2mgsinθ，又fm＝μFN＝μmgcosθ可得运动员与盘面间的动摩擦因数应满足μ≥2tanθ，故B正确，C错误；若仅减小圆盘的转速，即角速度减小，运动员在最低点时有fm'＝mgsinθ＋mω2r，可知随着角速度的减小，运动员在最低点受到的静摩擦力减小，当角速度减小为0时，根据受力平衡可知，摩擦力大小为f＝mgsinθ＜fm＝2mgsinθ，可知运动员不可能相对于圆盘滑动，1.（2024·辽宁葫芦岛一模）在广东珠海举行的第十四届中国国际航空航天博览会上，身披七彩祥云的“歼-20”惊艳亮相珠海上空。在起飞一段时间内，“歼-20”水平方向做匀速直线运动，竖直向上运动的v2-h图像如图所示，则地面上观众看到的“歼-20”运动轨迹正确的是（）解析：A根据题意可知“歼-20”水平方向做匀速直线运动，由v2-h图像可知竖直方向向上做匀速直线运动，得合运动为匀速直线运动，由速度的合成得方向斜向上，故选A。2.（2024·湖南岳阳预测）阴历正月十五放花灯，称为灯节，或称“元宵节”。这一天，人们将制作好的花灯，点上蜡烛，放入河中漂流，供大家欣赏。若河水各点流速与该点到较近河岸边的距离成正比，现将花灯以一定速度垂直于河岸推出去，假设花灯垂直于河岸的速度不变，则花灯到达对岸的运动路径正确的是（）解析：B设垂直于河岸的速度为v0，河宽为2d，花灯与河岸的距离为x（x≤d），则花灯沿水流方向的速度为v水＝kx，垂直于水流方向有x＝v0t，则有a＝Δv水Δt＝kv0ΔtΔt＝kv0可知，加速度为一恒定值，且推出花灯处的加速度方向沿水流方向，靠近对岸位置加速度方向与水流方向相反3.如图所示，某人以不同速度向对面的山坡上水平抛出两个质量不等的石块，分别落到A、B两处。不计空气阻力，则落到B处的石块（）A.初速度大，运动时间短B.初速度大，运动时间长C.初速度小，运动时间短D.初速度小，运动时间长解析：A落到B处的石块下落的高度较小，根据h＝12gt2知，运动时间较短；根据初速度v0＝xt知，落在B处的石块水平位移大，运动时间短，则初速度较大。故选4.A、B两艘快艇在湖面上做匀速圆周运动（如图），在相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3，运动方向改变的角度之比是3∶2，则它们（）A.周期大小之比为3∶4B.向心加速度大小之比为2∶1C.运动半径之比为9∶8D.线速度大小之比为3∶4解析：B相同时间内运动方向改变的角度之比是3∶2，可知转过的角度之比为3∶2，根据ω＝θt可知，角速度之比为3∶2，根据T＝2πω可知，周期大小之比为2∶3，选项A错误；相同时间内，它们通过的路程之比是4∶3，根据v＝st，可知线速度大小之比为4∶3，根据an＝ωv可知