高考物理二輪復習 第1部分 專題講練突破一 力與運動 第1講 物體的平衡

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專題一 力與運動 第1講　物體的平衡 微網(wǎng)構建 核心再現(xiàn) 知識規(guī)律 (1)受力分析三關鍵． ①選對象：選定研究對象，將其從系統(tǒng)中隔離出來． ②定順序：先分析場力，后分析接觸力． ③明規(guī)律：只分析性質力，不分析效果力． (2)物體受力平衡兩要點． ①平衡狀態(tài)：物體靜止或勻速直線運動． ②平衡條件：F合＝0或Fx＝0，F(xiàn)y＝0. 思想方法 (1)物理思想：等效思想、分解思想． (2)物理方法：假設法、矢量三角形法、整體法和隔離法、正交分解法、合成法、轉換研究對象法等. 高頻考點一　受力分析　物體的靜態(tài)平衡 知能必備 1.常見三種性質力的特點． 2.彈力、摩擦力有無及方向的判斷方法． 3.合成法、分解法及正交分解法的應用． 4.整體法、隔離法的選取原則. [題組沖關] 1．如圖所示，水平推力F使物體靜止于斜面上，則(　　) A．物體一定受3個力的作用 B．物體可能受3個力的作用 C．物體一定受到沿斜面向下的靜摩擦力的作用 D．物體一定受到沿斜面向上的靜摩擦力的作用 解析：選B.以物體為研究對象受力分析如圖，若Fcos θ＝Gsin θ時，物體在水平推力、重力、斜面支持力三力作用下處于平衡狀態(tài)，則物體受三個力作用；若Fcos θ＞Gsin θ(或Fcos θ＜Gsin θ)時，物體仍可以靜止在斜面上，但物體將受到沿斜面向下(或沿斜面向上)的靜摩擦力，綜上所述B對． 2．(名師改編)(多選)如圖所示，傾角為θ的斜面體C置于水平地面上，小物體B置于斜面體C上，通過細繩跨過光滑的輕質定滑輪與物體A相連接，連接物體B的一段細繩與斜面平行，已知A、B、C均處于靜止狀態(tài)，定滑輪通過細桿固定在天花板上，則下列說法中正確的是(　　) A．物體B可能不受靜摩擦力作用 B．斜面體C與地面之間可能不存在靜摩擦力作用 C．細桿對定滑輪的作用力沿桿豎直向上 D．將細繩剪斷，若物體B仍靜止在斜面體C上，則此時斜面體C與地面之間一定不存在靜摩擦力作用 解析：選AD.對物體B進行受力分析，由共點力的平衡條件可得，如果mAg＝mBgsin θ，則物體B一定不受靜摩擦力作用，反之，則一定會受到斜面體C對其作用的靜摩擦力，選項A正確；將物體B和斜面體C看成一個整體，則該整體受到一個大小為mAg、方向沿斜面向上的細繩的拉力，該拉力在水平向左方向上的分量為mAgcos θ，故地面一定會給斜面體一個方向水平向右、大小為mAgcos θ的靜摩擦力，選項B錯誤；由于連接物體A和物體B的細繩對定滑輪的合力方向不是豎直向下，故細桿對定滑輪的作用力方向不是豎直向上，選項C錯誤；若將細繩剪斷，將物體B和斜面體C看成一個整體，則該整體受豎直向下的重力和地面對其豎直向上的支持力，故斜面體C與地面之間一定不存在靜摩擦力作用，選項D正確． 3．一個人最多能提起質量m0＝20 kg的重物．在傾角θ＝15的固定斜面上放置一物體(可視為質點)，物體與斜面間動摩擦因數(shù)μ＝.設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求人能夠向上拖動該重物質量的最大值m. 解析：設F與斜面傾角為α時，拖動的重物最大質量為m，由平衡條件可得Fcos α－mgsin 15－μFN＝0 FN＋Fsin α－mgcos 15＝0 由已知可得 F＝m0g 聯(lián)立解得m＝ 而μ＝ 所以m＝20 kg 答案：20 kg 1．研究對象的選取方法：(1)整體法　(2)隔離法 2．受力分析的順序 一般按照“一重、二彈、三摩擦、四其他”的程序，結合整體法與隔離法分析物體的受力情況． 3．處理靜態(tài)平衡問題的基本思路 高頻考點二　物體的動態(tài)平衡問題 知能必備 1.動態(tài)平衡問題的特點及引起動態(tài)變化的常見形式． 2.處理動態(tài)平衡問題的常用方法. [命題視角] 視角1　“圖解法”分析動態(tài)平衡問題 [例1]　(名師改編)如圖所示，一小球在斜面上處于靜止狀態(tài)，不考慮一切摩擦，如果把豎直擋板由豎直位置繞O點緩慢轉至水平位置，則此過程中球對擋板的壓力F1和球對斜面的壓力F2的變化情況是(　　) A．F1先增大后減小，F(xiàn)2一直減小 B．F1先減小后增大，F(xiàn)2一直減小 C．F1和F2都一直在增大 D．F1和F2都一直在減小 思路探究　(1)小球處于靜止狀態(tài)時受哪幾個力的作用？ (2)如何理解“緩慢”兩字？ (3)在轉至水平位置的過程中所受各力的方向如何變化？ 嘗試解答　__________ 解析　小球初始時刻的受力情況如圖甲所示，因擋板是緩慢轉動的，所以小球處于動態(tài)平衡狀態(tài)，在轉動過程中，重力、斜面的支持力和擋板的彈力組成的矢量三角形的變化情況如圖乙所示(重力的大小方向均不變、斜面對小球的支持力的方向始終不變)，由圖可知此過程中斜面對小球的支持力不斷減小，擋板對小球的彈力先減小后增大，由牛頓第三定律可知選項B正確． 答案　B 視角2　“解析法”分析動態(tài)平衡問題 [例2]　(2016河南開封二模)一鐵架臺放在水平地面上，其上用輕質細線懸掛一小球，開始時細線豎直．現(xiàn)將水平力F作用于小球上，使其緩慢地由實線位置運動到虛線位置，鐵架臺始終保持靜止．則在這一過程中(　　) A．水平拉力F變小 B．細線的拉力不變 C．鐵架臺對地面的壓力變大 D．鐵架臺所受地面的摩擦力變大 思路探究　(1)試畫出小球靜止時的受力分析圖，并寫出各力的數(shù)學表達式． (2)小球運動過程中表達式中各物理量如何變化？ 嘗試解答　__________ 解析　對小球受力分析，受拉力、重力、F，根據(jù)平衡條件，有： F＝mgtan θ，θ逐漸增大則F逐漸增大，故A錯誤；由圖可知，細線的拉力T＝，θ增大，T增大，故B錯誤；以整體為研究對象，根據(jù)平衡條件得Ff＝F，則Ff逐漸增大．FN＝(M＋m)g，F(xiàn)N保持不變．故C錯誤，D正確． 答案　D 視角3　“相似三角形法”分析動態(tài)平衡問題 [例3]　(2017陜西寶雞高三質檢)如圖所示，質量均可忽略的輕繩與輕桿承受彈力的最大值一定，桿的A端用鉸鏈固定，光滑輕質小滑輪在A點正上方，桿的B端吊一重力為G的重物，現(xiàn)將繩的一端拴在桿的B端，用拉力F將B端緩慢上拉，在桿達到豎直前(桿和繩均未斷)，關于繩子的拉力F和桿受到的彈力FN的變化，下列判斷正確的是(　　) A．F變大　　　　　　　　B．F變小 C．FN變大 D．FN變小 思路點撥　分析B端的受力情況→將三力構成力矢量三角形→力三角形與幾何三角形相似→找出相似中的數(shù)學關系→判斷力的變化情況． 嘗試解答　__________ 解析　在用拉力將B端緩慢上拉的過程中，B點受輕繩向下的拉力(其大小等于G)、沿OB方向的拉力F′(F′＝F)以及輕桿對B點的彈力FN′(FN′＝FN)的作用，由于B點處于動態(tài)平衡狀態(tài)，且F′和FN′的大小和方向均在發(fā)生變化，故可用力三角形與幾何三角形相似的方法進行解決．受力分析如圖所示，由圖可知，力三角形與幾何三角形AOB相似，即＝＝，由于重力G和O、A兩點間的距離以及AB的長度均不變，故彈力FN′不變，拉力F′減小，F(xiàn)N不變，F(xiàn)減小． 答案　B 1．圖解法：如果物體受到三個力的作用，其中一個力的大小、方向均不變，并且還有另一個力的方向不變，此時可用圖解法，畫出不同狀態(tài)下力的矢量圖，判斷各個力的變化情況． 2．解析法：如果物體受到多個力的作用，可進行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根據(jù)自變量的變化確定因變量的變化． 3．相似三角形法：此法是圖解法的特例，一般研究對象受繩(桿)、或其它物體的約束，且物體受到三個力的作用，其中的一個力大小、方向均不變，另外兩個力的方向都發(fā)生變化． [題組沖關] 1．如圖所示，一小球放置在木板與豎直墻面之間．設墻面對球的壓力大小為N1，球對木板的壓力大小為N2.以木板與墻連接點所形成的水平直線為軸，將木板從圖示位置開始緩慢地轉到水平位置．不計摩擦，在此過程中(　　) A．N1始終減小，N2始終增大 B．N1始終減小，N2始終減小 C．N1先增大后減小，N2始終減小 D．N1先增大后減小，N2先減小后增大 解析：選B.對小球進行受力分析，如圖所示，設板與墻夾角為θ，轉到水平位置過程中θ逐漸增大，N1＝mgcot θ，N2′＝N2，N2＝，而在第一象限內sin θ為增函數(shù)，cot θ為減函數(shù)，可知隨著θ增大，N1和N2都減小，則只有B正確． 2．(多選)如圖所示，一輛小車靜止在水平地面上，車內固定著一個傾角為60的光滑斜面OA，光滑擋板OB可繞轉軸O在豎直平面內轉動，現(xiàn)將一質量為m的圓球放在斜面與擋板之間，擋板與水平面的夾角θ＝60，下列說法正確的是(　　) A．若擋板從圖示位置順時針方向緩慢轉動60，則球對斜面的壓力逐漸增大 B．若擋板從圖示位置順時針方向緩慢轉動60，則球對擋板的壓力逐漸減小 C．若保持擋板不動，則球對斜面的壓力大小為mg D．若保持擋板不動，使小車水平向右做勻加速直線運動，則球對擋板的壓力可能為零 解析：選CD.若擋板從圖示位置順時針方向緩慢轉動60，根據(jù)圖象可知，F(xiàn)B先減小后增大，根據(jù)牛頓第三定律可知，球對擋板的壓力先減小后增大，故選項A、B錯誤；球處于靜止狀態(tài)，受力平衡，對球進行受力分析，如圖所示，F(xiàn)A、FB以及G構成的三角形為等邊三角形，根據(jù)幾何關系可知，F(xiàn)A＝FB＝mg，故選項C正確；若保持擋板不動，使小車水平向右做勻加速直線運動，當FA和重力G的合力正好提供加速度時，球對擋板的壓力為零，故選項D正確． 3．(名師原創(chuàng))如圖所示，半徑為R的半球形物體固定在水平地面上，球心正上方有一光滑的小定滑輪，滑輪到球面B的距離為h，輕繩的一端系一小球，靠放在半球上的A點，另一端繞過定滑輪后用力拉住，使小球靜止．現(xiàn)緩慢拉繩，則在使小球從A運動到B的過程中，半球形物體對小球的支持力FN和輕繩對小球的拉力F的變化情況是(　　) A．FN不變，F(xiàn)變小 B．FN不變，F(xiàn)先變大后變小 C．FN變小，F(xiàn)先變小后變大 D．FN變大，F(xiàn)變大 解析：選A.對小球進行受力分析可知，小球受重力G、半球形物體對其的支持力FN和輕繩對其的拉力F這三個力的作用，由題意可知，在小球從A點緩慢運動到B點的過程中，支持力FN和拉力F的方向均 在發(fā)生變化，只有小球的重力大小和方向均不變，故用力三角形與幾何三角形相似的方法進行求解．小球的受力分析如圖所示，設連接小球A和定滑輪之間的輕繩長為l，則由力三角形與幾何三角形相似可得：＝＝，故可得FN不變，F(xiàn)逐漸減?。? 高頻考點三　電磁學中的平衡問題 知能必備 1.電場、磁場的力學性質及對電流、電荷的作用力特點． 2.左、右手定則及安培定則的應用． 3.電場力、安培力、洛倫茲力方向的判斷及大小的計算. [命題視角] 視角1　電場中的平衡問題 [例4]　(多選)如圖所示，用兩根長度相同的絕緣細線把一個質量為0.1 kg的小球A懸掛到水平板的M、N兩點，A上帶有Q＝3.010－6C的正電荷．兩線夾角為120，兩線上的拉力大小分別為F1和F2.A的正下方0.3 m處放有一帶等量異種電荷的小球B，B與絕緣支架的總質量為0.2 kg(重力加速度取g＝10 m/s2；靜電力常量k＝9.0109 Nm2/C2，A、B球可視為點電荷)，則(　　) A．支架對地面的壓力大小為2.0 N B．兩線上的拉力大小F1＝F2＝1.9 N C．將B水平右移，使M、A、B在同一直線上，此時兩線上的拉力大小F1＝1.225 N，F(xiàn)2＝1.0 N D．將B移到無窮遠處，兩線上的拉力大小F1＝F2＝0.866 N 思路探究　(1)兩點電荷間的庫侖力如何計算？ (2)研究支架對地面和兩繩上的作用力時，如何選研究對象較好？ (3)B移動時，各力的方向如何變化？ (4)“B移到無窮遠處”庫侖力如何變化？ 嘗試解答　__________ 解析　小球A、B間的庫侖力為 F庫＝k＝9.0109 N＝0.9 N， 以B和絕緣支架整體為研究對象受力分析圖如圖甲所示，地面對支架支持力為FN＝mg－F庫＝1.1 N，A錯誤；以A球為研究對象，受力分析圖如圖乙所示，F(xiàn)1＝F2＝mAg＋F庫＝1.9 N，B正確；B水平向右移，當M、A、B在同一直線上時，A、B間距為r′＝0.6 m， F庫′＝k＝0.225 N，以A球為研究對象受力分析圖如圖丙所示，可知F2′＝1.0 N，F(xiàn)1′－F庫′＝1.0 N，F(xiàn)1′＝1.225 N，所以C正確；將B移到無窮遠，則F庫″＝0，可求得F1″＝F2″＝1 N，D錯誤． 答案　BC 視角2　磁場中的平衡問題 [例5]　(2016山西晉城二模)如圖所示，兩根光滑金屬導軌平行放置，導軌所在平面與水平面間的夾角為θ.整個裝置處于沿豎直方向的勻強磁場中．金屬桿ab垂直導軌放置，當金屬桿ab中通有從a到b的恒定電流I時，金屬桿ab剛好靜止．則(　　) A．磁場方向豎直向上 B．磁場方向豎直向下 C．金屬桿ab受安培力的方向平行導軌向上 D．金屬桿ab受安培力的方向平行導軌向下 思路點撥　解此題按以下思路 →→ → 嘗試解答　__________ 解析　受力分析如圖所示，當磁場方向豎直向上時，由左手定則可知安培力水平向右，金屬桿ab受力可以平衡，A正確；若磁場方向豎直向下，由左手定則可知安培力水平向左，則金屬桿ab受力無法平衡，B、C、D錯誤． 答案　A 此類問題與純力學問題的分析方法一樣，只是受力分析時，多了場力，學會把電學問題力學化．可按以下流程： [題組沖關] 1．如圖所示，用天平測量勻強磁場的磁感應強度．下列各選項所示的載流線圈匝數(shù)相同，邊長MN相等，將它們分別掛在天平的右臂下方．線圈中通有大小相同的電流，天平處于平衡狀態(tài)．若磁場發(fā)生微小變化，天平最容易失去平衡的是(　　) 解析：選A.由題意知，處于磁場中的導體受安培力作用的有效長度越長，根據(jù)F＝BIL知受安培力越大，越容易失去平衡，由圖知選項A中導體的有效長度最大，所以A正確． 2．(多選)如圖所示，水平地面上固定一個光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角為θ.一根輕質絕緣細線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個帶電小球A，細線與斜面平行．小球A的質量為m、電量為q.小球A的右側固定放置帶等量同種電荷的小球B，兩球心的高度相同、間距為d. 靜電力常量為k，重力加速度為g，兩帶電小球可視為點電荷．小球A靜止在斜面上，則(　　) A．小球A與B之間庫侖力的大小為 B．當＝ 時，細線上的拉力為零 C．當＝ 時，細線上的拉力為零 D．當＝ 時，斜面對小球A的支持力為零 解析：選AC.根據(jù)庫侖定律可知小球A與B之間的庫侖力大小為k，A正確；小球A受重力、庫侖力和支持力作用，若細線上的拉力為零，由平衡條件可得k＝mgtan θ解得＝ ，B錯誤，C正確；因為兩小球帶同種電荷，所以斜面對小球A的支持力不可能為零，D錯誤． 3．(2017河北石家莊質檢)(多選)如圖所示，一根通電的導體棒放在傾斜的粗糙斜面上，置于圖示方向的勻強磁場中，處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)增大電流，導體棒仍靜止，則在增大電流過程中，導體棒受到的摩擦力的大小變化情況可能是(　　) A．一直增大　　　　　　　　B．先減小后增大 C．先增大后減小 D．始終為零 解析：選AB.若F安＜mgsin α，因安培力方向向上，則摩擦力方向向上，當F安增大時，F(xiàn)摩減小到零，再向下增大，B項對，C、D項錯；若F安＞mgsin α，摩擦力方向向下，隨F安增大而一直增大，A項對． [真題試做] [真題1]　(2016高考全國乙卷)(多選)如圖，一光滑的輕滑輪用細繩OO′懸掛于O點；另一細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b.外力F向右上方拉b，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．若F方向不變，大小在一定范圍內變化，物塊b仍始終保持靜止，則(　　) A．繩OO′的張力也在一定范圍內變化 B．物塊b所受到的支持力也在一定范圍內變化 C．連接a和b的繩的張力也在一定范圍內變化 D．物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內變化 解析：選BD.因為物塊b始終保持靜止，所以繩OO′的張力不變，連接a和b的繩的張力也不變，選項A、C錯誤；拉力F大小變化，F(xiàn)的水平分量和豎直分量都發(fā)生變化，由共點力的平衡條件知，物塊b受到的支持力和摩擦力在一定范圍內變化，選項B、D正確． [真題2]　(2016高考全國丙卷)如圖，兩個輕環(huán)a和b套在位于豎直面內的一段固定圓弧上；一細線穿過兩輕環(huán)，其兩端各系一質量為m的小球．在a和b之間的細線上懸掛一小物塊．平衡時，a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑．不計所有摩擦．小物塊的質量為(　　) A.　　　　　　　　　　　　B.m C．m D．2m 解析：選C.如圖所示，由于不計摩擦，線上張力處處相等，且輕環(huán)受細線的作用力的合力方向指向圓心．由于a、b間距等于圓弧半徑，則∠aOb＝60，進一步分析知，細線與aO、bO間的夾角皆為30.取懸掛的小物塊研究，懸掛小物塊的細線張角為120，由平衡條件知，小物塊的質量與小球的質量相等，即為m.故選項C正確． [真題3]　(2015高考全國卷Ⅰ)如圖所示，一長為10 cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中；磁場的磁感應強度大小為0.1 T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣，金屬棒通過開關與一電動勢為12 V的電池相連，電路總電阻為2 Ω.已知開關斷開時兩彈簧的伸長量為0.5 cm；閉合開關，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關斷開時相比均改變了0.3 cm.重力加速度的大小取10 m/s2.判斷開關閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質量． 解析：金屬棒通電后，閉合回路電流I＝＝ A＝6 A 導體棒受到的安培力大小為F＝BIL＝0.06 N. 開關閉合后，電流方向為從b到a，由左手定則可判斷知金屬棒受到的安培力方向豎直向下 由平衡條件知：開關閉合前： 2kx＝mg 開關閉合后：2k(x＋Δx)＝mg＋F 代入數(shù)值解得m＝0.01 kg. 答案：方向豎直向下　0.01 kg [新題預測] (多選)如圖所示，放在水平面上的斜面體B始終靜止，物塊A放在斜面體上，一輕質彈簧兩端分別與物塊A及固定在斜面體底端的輕質擋板拴接，初始時A、B靜止，彈簧處于壓縮狀態(tài)．現(xiàn)用力F沿斜面向下推A，但A并未運動．下列說法正確的是(　　) A．彈簧對擋板的作用力不變 B．B對地面的壓力增大 C．A、B之間的摩擦力一定增大 D．水平面對B的摩擦力始終為零 解析：選AB.開始時彈簧處于壓縮狀態(tài)，加力F后，A未運動，彈簧長度不變，則彈簧對擋板的作用力不變，A正確．隔離物塊A進行受力分析，若初始時A受B的摩擦力沿斜面向上或為零，加推力F后，靜摩擦力沿斜面向上增大；若初始時A受B的摩擦力沿斜面向下，加推力F后，靜摩擦力沿斜面向下減小，或方向變?yōu)檠匦泵嫦蛏?，大小可能減小也可能增大，C錯誤．A、B、擋板和彈簧整體受力平衡，F(xiàn)N＝M總g＋F豎直，F(xiàn)水平＝Ff，B對地面的壓力增大，水平面對B的作用力多了向左的摩擦力，所以B正確、D錯誤． 　　　　　　　　 平衡問題中的“死結”、“活結”模型 模型特點：輕桿能繞某點自由轉動或輕質光滑掛鉤掛在繩上，可以無摩擦地滑動，和滑輪一樣都屬于“活結”，兩根以上輕繩連接于一點或輕桿固定在某點，都屬于“死結”． [典例展示] 如圖甲所示，輕繩AD跨過固定在水平橫梁BC右端的定滑輪掛住一個質量為10 kg的物體，∠ACB＝30；圖乙中輕桿HP一端用鉸鏈固定在豎直墻上，另一端P通過細繩EP拉住，EP與水平方向也成30角，輕桿的P點用細繩PQ拉住一個質量也為10 kg的物體，g取10 m/s2.求： (1)輕繩AC段的張力FAC與細繩EP的張力FEP大小之比； (2)橫梁BC對C端的支持力； (3)輕桿HP對P端的支持力． 解析　題圖甲和題圖乙中的兩個物體M1、M2都處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件可判斷，與物體相連的豎直細繩拉力大小等于物體的重力，分別以C點和P點為研究對象，進行受力分析如圖1和2所示． (1)圖1中輕繩AD跨過定滑輪拉住質量為M1的物體，物體處于平衡狀態(tài)，繩AC段的拉力FAC＝FCD＝M1g， 圖2中由FEPsin 30＝FPQ＝M2g 得FEP＝2M2g，所以＝＝. (2)圖1中，根據(jù)幾何關系得： FC＝FAC＝M1g＝100 N. 方向和水平方向成30角斜向右上方． (3)圖2中，根據(jù)平衡條件有 FEPsin 30＝M2g，F(xiàn)EPcos 30＝FP 所以FP＝M2gcot 30＝M2g≈173 N，方向水平向右． 答案　(1)1∶2　(2)100 N，方向與水平方向成30角斜向右上方　(3)173 N，方向水平向右 點評　(1)對于繩繞“滑輪”類的“活結”，繩子拉力大小處處相等.而“死結”中兩側繩子拉力一般不相等，需根據(jù)受力平衡分析. (2)桿上的力可沿桿，可不沿桿，對于“活結”，桿上的力一定沿桿，而“死結”中，一般不沿桿，要根據(jù)具體問題結合平衡條件分析. [自悟自練] 1．(限時3分鐘　滿分6分)如圖所示，P、Q為兩個固定的滑輪，A、B、C三個物體用不可伸長的輕繩(不計輕繩與滑輪間的摩擦)跨過P、Q相連于O點，初始時O、P間輕繩與水平方向夾角為60，O、Q間輕繩水平，A、B、C三個物體恰好能保持靜止．已知B物體的重力大小為G.若在O點施加一外力F，緩慢移動O點到使O、P間輕繩水平，O、Q間輕繩處于與水平方向夾角為60的位置，則此時施加在O點的外力F大小為(　　) A．G　　　　　　　　　　B.G C.G D．2G 解析：選C.在初狀態(tài)下，對O點進行受力分析，O、P間和O、Q間兩段輕繩上拉力的合力F1與B的重力等大反向，可知F1方向豎直向上，與O、P間輕繩的夾角為30，大小等于G.設末狀態(tài)將O點移到了O1點處，根據(jù)題意可知O1、P間和O1、Q間兩段輕繩上的拉力大小仍分別等于A、C兩物體的重力大小，且夾角與初狀態(tài)相等，則O1、P間和O1、Q間兩段輕繩上的合力F2的大小仍等于G，方向與O1、P間輕繩的夾角為30，也就是與豎直方向夾角為60.O1點相當于在F2、G和外力F三力作用下處于平衡狀態(tài)，利用平行四邊形定則可得F的大小為G，方向與豎直方向成30角斜向上． 2．(限時3分鐘　滿分6分)如圖所示，質量均為M的A、B兩滑塊放在粗糙水平面上，兩輕桿等長，桿與滑塊、桿與桿間均用光滑鉸鏈連接，在兩桿鉸合處懸掛一質量為m的重物C，整個裝置處于靜止狀態(tài)，設桿與水平面間的夾角為θ.下列說法正確的是(　　) A．當m一定時，θ越大，輕桿受力越小 B．當m一定時，θ越小，滑塊對地面的壓力越大 C．當θ一定時，M越大，滑塊與地面間的摩擦力越大 D．當θ一定時，M越小，可懸掛重物C的質量m越大 解析：選A.將C的重力按照作用效果分解，如圖所示： 根據(jù)平行四邊形定則， 有：F1＝F2＝＝ 故m一定時，θ越大，輕桿受力越小，A正確；對ABC整體分析可知，對地壓力為FN＝(2M＋m)g，與θ無關，B錯誤；對A分析，受重力、桿的推力、支持力和向右的靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，有：Ff＝F1cos θ＝，與M無關，C錯誤；只要動摩擦因數(shù)足夠大，即可滿足F1cos θ≤μF1sin θ，不管M多大，M都不會滑動，D錯誤． 3．(限時3分鐘　滿分6分)如圖所示，在豎直墻壁的A點處有一根水平輕桿a，桿的左端有一個輕滑輪O.一根細線上端固定在該天花板的B點處，細線跨過滑輪O，下端系一個重為G的物體，開始時BO段細線與天花板的夾角為θ＝30.系統(tǒng)保持靜止，當輕桿a緩慢向下移動的過程中，不計一切摩擦．下列說法中正確的是(　　) A．細線BO對天花板的拉力不變 B．a(chǎn)桿對滑輪的作用力逐漸減小 C．a(chǎn)桿對滑輪的作用力的方向沿桿水平向右 D．墻壁對a桿的作用力不變 解析：選B.細線BO對天花板的拉力大小等于物體重力，當輕桿a緩慢向下移動的過程中，細線拉力大小不變，方向改變，選項A錯誤；以滑輪為研究對象，畫出受力分析圖，當輕桿a緩慢向下移動的過程中，a桿對滑輪的作用力與繩對滑輪的作用力大小相等，方向相反，故選項B正確、C錯誤；以桿為研究對象，分析受力可得，墻壁對a桿的作用力方向改變，大小減小，選項D錯誤． 限時規(guī)范訓練 建議用時：45分鐘 1．如圖在傾斜的直桿上套一個質量為m的圓環(huán)，圓環(huán)通過輕繩拉著一個質量為M的物體，在圓環(huán)沿桿向下滑動的過程中，懸掛物體的輕繩始終處于豎直方向，則(　　) A．圓環(huán)只受三個力作用 B．圓環(huán)一定受四個力作用 C．物體做勻加速運動 D．輕繩對物體的拉力小于物體的重力 解析：選B.懸掛物體的輕繩始終處于豎直方向，則圓環(huán)和物體均做勻速直線運動，C、D錯；對圓環(huán)受力分析，圓環(huán)要保持平衡狀態(tài)必受到重力、繩的拉力、桿的支持力、桿對圓環(huán)的摩擦力四個力作用，A錯，B對． 2．(2016河南名校模擬)如圖所示，斜面小車M靜止在光滑水平面上，一邊緊貼墻壁．若再在斜面上加一物體m，且小車M、物體m相對靜止，此時小車受力個數(shù)為(　　) A．3　　　　　　　　B．4 C．5 D．6 解析：選B.對小車和物體整體，它們必受到重力和地面的支持力，因小車、物體相對靜止，由平衡條件知墻面對小車必無作用力，以小車為研究對象，它受重力Mg，地面的支持力FN1，物體對它的壓力FN2和靜摩擦力Ff，B對． 3．(2016湖北黃石二模)將一橫截面為扇形的物體B放在水平面上，一小滑塊A放在物體B上，如圖所示，除了物體B與水平面間的摩擦力之外，其余接觸面的摩擦力均可忽略不計，已知物體B的質量為M、滑塊A的質量為m，當整個裝置靜止時，滑塊A與物體B接觸的一面與豎直擋板之間的夾角為θ.已知重力加速度為g，則下列選項正確的是(　　) A．物體B對水平面的壓力大小為Mg B．物體B受水平面的摩擦力大小為mgtan θ C．滑塊A與豎直擋板之間的彈力大小為 D．滑塊A對物體B的壓力大小為 解析：選C.以滑塊A為研究對象進行受力分析，并運用合成法，如圖所示，由幾何知識得，擋板對滑塊A的彈力大小為N1＝，C正確；物體B對滑塊A的彈力大小為N2＝，根據(jù)牛頓第三定律，滑塊A對物體B的壓力大小為，D錯誤；以滑塊A和物體B組成的系統(tǒng)為研究對象，在豎直方向上受力平衡，則水平面對物體B的支持力N＝(M＋m)g，故水平面所受壓力大小為(M＋m)g，A錯誤；A和B組成的系統(tǒng)在水平方向上受力平衡，則水平面對物體B的摩擦力大小為f＝N1＝，B錯誤． 4．如圖所示，固定斜面上的物體A用跨過滑輪的細線與小砂桶相連，連接A的細線與斜面平行，不計細線與滑輪間的摩擦力．若要使物體A在斜面上保持靜止，砂桶中砂的質量有一定的范圍，已知其最大值和最小值分別為m1和m2(m2＞0)，重力加速度為g，由此可求出(　　) A．物體A的質量 B．斜面的傾角 C．物體A對斜面的正壓力 D．物體A與斜面間的最大靜摩擦力 解析：選D.設物體A的質量為M，砂桶的質量為m0，物體與斜面間的最大靜摩擦力為fm，斜面傾角為θ，由平衡條件可得物體A將要上滑時，有m0g＋m1g＝Mgsin θ＋fm；物體A將要下滑時，有m0g＋m2g＝Mgsin θ－fm，可得fm＝，D正確．不能求出其他的物理量，A、B、C錯誤． 5．(2017江西南昌質檢)如圖所示，粗糙水平面上有一固定的、粗糙程度處處相同的圓弧形框架ABC，框架下面放置一塊厚度不計的金屬板，金屬板的中心O點是框架的圓心，框架上套有一個輕圓環(huán)，用輕彈簧把圓環(huán)與金屬板的O點固定連接，開始時輕彈簧處于水平拉伸狀態(tài)．用一個始終沿框架切線方向的拉力F拉動圓環(huán)，從左側水平位置緩慢繞框架運動，直到輕彈簧達到豎直位置，金屬板始終保持靜止狀態(tài)，則在整個過程中(　　) A．沿框架切線方向拉力F逐漸減小 B．水平面對金屬板的摩擦力逐漸增大 C．水平面對金屬板的支持力逐漸減小 D．框架對圓環(huán)的支持力逐漸減小 解析：選C.彈簧伸長量不變，彈簧的彈力大小F′不變，彈簧與水平方向夾角為θ.金屬板受重力mg、支持力N、彈簧的拉力F′和向右的靜摩擦力f作用，水平方向f＝F′cos θ，豎直方向N＋F′sin θ＝mg，得N＝mg－F′sin θ，隨著θ的增大，支持力不斷減小，靜摩擦力逐漸減小，故B錯，C對；圓環(huán)受彈簧的拉力、框架的支持力(大小不變?yōu)镕′)、拉力F和滑動摩擦力f′，有F＝f′＝μF′，故拉力大小不變，A、D錯． 6．(2016陜西咸陽五校聯(lián)考)質量均為m的a、b兩木塊疊放在水平面上，如圖所示，a受到斜向上且與水平面成θ角的力F1的作用，b受到斜向下且與水平面成θ角的力F2的作用，兩力大小相等，均為F，且在同一豎直平面內，此時兩木塊保持靜止，則(　　) A．b一定受到四個力的作用 B．水平面對b的支持力可能大于2mg C．a(chǎn)、b之間一定存在靜摩擦力 D．b與水平面之間一定存在靜摩擦力 解析：選C.a受重力mg、支持力FN、力F1、靜摩擦力Ff，在水平方向上有Ff＝F1cos θ，故C對；對a、b整體分析，在水平方向上，F(xiàn)1和F2的分力大小相等，方向相反，則地面對b無摩擦力，在豎直方向上，F(xiàn)1和F2的分力大小相等，方向相反，則地面的支持力為2mg，故B、D錯；由以上分析知，b受重力mg、地面支持力、a對b的壓力和摩擦力、力F2共五個力作用，A錯． 7．一輕繩一端系在豎直墻M上，另一端系一質量為m的物體A，用一輕質光滑圓環(huán)O穿過輕繩，并用力F拉住輕環(huán)上一點，如圖所示．現(xiàn)使物體A從圖中實線位置緩慢下降到虛線位置．則在這一過程中，力F、繩中張力FT和力F與水平方向夾角θ的變化情況是(　　) A．F保持不變，F(xiàn)T逐漸增大，夾角θ逐漸減小 B．F逐漸增大，F(xiàn)T保持不變，夾角θ逐漸增大 C．F逐漸減小，F(xiàn)T保持不變，夾角θ逐漸減小 D．F保持不變，F(xiàn)T逐漸減小，夾角θ逐漸增大 解析：選C.圓環(huán)受到三個力，拉力F以及兩個繩子的拉力FT，三力平衡，故兩個繩子的拉力的合力與拉力F始終等值、反向、共線，由于兩個繩子的拉力等于mg，夾角越大，合力越小，且合力在角平分線上，故拉力F逐漸變小，由于始終與兩輕繩拉力的合力反向，故拉力F逐漸水平，θ逐漸變小，選項C正確． 8．(2016河北保定一模)在機場貨物托運處，常用傳送帶運送行李和貨物，如圖所示．靠在一起的兩個材料相同、質量和大小均不同的行李箱隨傳送帶一起上行，假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是(　　) A．勻速上行時b受3個力作用 B．勻加速上行時b受4個力作用 C．在上行過程中傳送帶因故突然停止后，b受4個力作用 D．在上行過程中傳送帶因故突然停止后，b受的摩擦力一定比原來大 解析：選A.勻速上行時，對行李箱a、b受力分析，分別受重力、支持力和靜摩擦力作用，a、b間沒有擠壓，故不會有彈力，A對；同理，勻加速上行時，a、b間也沒有擠壓，故不會有彈力，B錯；在上行過程中傳送帶因故突然停止時，a、b由于慣性繼續(xù)上滑，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，解得a＝g(sin θ＋μcos θ)，由于a、b的材料相同，動摩擦因數(shù)相同，故加速度相同，沒有相互擠壓，a、b受重力、支持力和沿傳送帶向下的摩擦力三個力作用，C錯；在上行過程中傳送帶因故突然停止后，a、b由于慣性繼續(xù)上滑，所受摩擦力為滑動摩擦力，而a、b沿傳送帶勻速運動時所受摩擦力不大于最大靜摩擦力，故b受到的摩擦力不一定變大，D錯． 9．(多選)如圖所示，質量為M的三角形木塊A靜止在水平面上，其左右兩斜面光滑．一質量為m的物體B沿傾角α＝30的右側斜面加速下滑時，三角形木塊A剛好保持靜止．假設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則當物塊B沿傾角β＝60的左側斜面下滑時，下列說法中正確的是(　　) A．A將向右滑動，若要使A仍然靜止需對其施加向左側的作用力 B．A仍然靜止不動，地面對A的摩擦力兩種情況下等大 C．A仍然靜止不動，對地面的壓力比沿右側下滑時對地面的壓力小 D．若α＝45，物塊沿右側斜面下滑時，A將滑動 解析：選AD.物體B沿著右側斜面下滑時，對斜面的壓力等于重力的垂直分力，為F＝mgcos 30，對物體A受力分析，受重力、壓力、支持力和向右的靜摩擦力，如圖所示．物體A恰好不滑動，故靜摩擦力達到最大值，等于滑動摩擦力，根據(jù)平衡條件得，水平方向：Ff＝Fsin 30，豎直方向：FN＝Mg＋Fcos 30，其中Ff＝μFN，解得μ＝.物體B從左側下滑，先假設斜面體A不動，受重力、支持力、壓力和向左的摩擦力，如圖所示： 壓力等于物體B重力的垂直分力，為F＝mgcos 60＝mg；豎直方向受力平衡，支持力為：FN＝Mg＋Fcos 60＝Mg＋mg，故最大靜摩擦力Ffm＝μFN＝(Mg＋mg)；壓力的水平分力為Fcos 30＝mg＞Ffm，故一定滑動，要使A靜止，需要對其施加向左的推力，故選項A正確，B、C錯誤；若α＝45，物體B沿右側斜面下滑時，先假設A不滑動，B對A的壓力為mgcos 45，該壓力的水平分量為mgcos 45sin 45，豎直分量為mgcos245，與α＝30時相比，B對A壓力的水平分力變大了，B對A壓力的豎直分力變小了，故最大靜摩擦力減小了，故一定滑動，故選項D正確． 10．長為L的通電導體放在傾角為θ的光滑斜面上，并處在磁感應強度為B的勻強磁場中，如圖所示，當B方向豎直向上，電流為I1時導體處于平衡狀態(tài)，若B方向改為垂直斜面向上，則電流為I2時導體仍處于平衡狀態(tài)，電流比值應為(　　) A．cos θ　　　　　　　　B. C．sin θ D. 解析：選B.當B豎直向上時，對導體受力分析如圖1所示，由平衡條件得：BI1L＝mgtan θ① 當B垂直斜面向上時，對導體受力分析如圖2所示， 由平衡條件得：BI2L＝mgsin θ② 聯(lián)立①②得：＝，故選項B正確． 11．(2016湖北省天門市調研)如圖所示，小球P、Q帶電量相等、質量相等(可視為點電荷)，都用同樣長度的絕緣細線掛在絕緣的豎直墻上O點，P球靠墻且其懸線剛好豎直，Q球懸線偏離豎直方向一定角度而靜止．由于某種外部原因，兩球再次靜止時它們之間的距離變?yōu)樵瓉淼膬杀叮瑒t下面所列原因中可能正確的是(　　) A．Q的帶電量不變，P的帶電量變?yōu)樵瓉淼?倍 B．P的帶電量不變，Q的帶電量變?yōu)樵瓉淼?倍 C．Q的帶電量不變，P的帶電量變?yōu)樵瓉淼?倍 D．P的帶電量不變，Q的帶電量變?yōu)樵瓉淼?6倍 解析：選C.小球Q受力如圖所示，兩絕緣線的長度都是L，則△OPQ是等腰三角形，線的拉力T與重力G相等，G＝T，小球靜止處于平衡狀態(tài)，則庫侖力F＝2Gsin，若它們之間的距離變?yōu)樵瓉淼膬杀?，根?jù)力和邊三角形相似可得＝＝，當x加倍時，庫侖力F必加倍，即庫侖力變?yōu)樵瓉淼?倍，根據(jù)庫侖定律F＝，則有：當Q的帶電量不變，P的帶電量變?yōu)樵瓉淼?倍，且間距變?yōu)樵瓉淼?倍，那么庫侖力變?yōu)樵瓉淼囊话?，故A錯誤；當P的帶電量不變，Q的帶電量變?yōu)樵瓉淼?倍，且間距變?yōu)樵瓉淼?倍，那么庫侖力不變，故B錯誤；當Q的帶電量不變，P的帶電量變?yōu)樵瓉淼?倍，且間距變?yōu)樵瓉淼?倍，那么庫侖力變?yōu)樵瓉淼?倍，故C正確；當P的帶電量不變，Q的帶電量變?yōu)樵瓉淼?6倍，且間距變?yōu)樵瓉淼?倍，那么庫侖力變?yōu)樵瓉淼?倍，故D錯誤． 12．如圖所示，水平細桿上套一環(huán)A，環(huán)A與球B間用一輕質繩相連，質量分別為mA、mB，由于B球受到風力作用，環(huán)A與B球一起向右勻速運動．已知繩與豎直方向的夾角為θ，則下列說法中正確的是(　　) A．B球受到的風力F為mBgtan θ B．風力增大時，輕質繩對B球的拉力保持不變 C．風力增大時，桿對環(huán)A的支持力增大 D．環(huán)A與水平細桿間的動摩擦因數(shù)為 解析：選A.對球B受力分析如圖1所示．由平衡條件可知A正確；當風力增大時，由于F拉＝T＝，θ增大，F(xiàn)拉增大，所以B錯誤；以整體為研究對象，受力分析如圖2所示，豎直方向桿對環(huán)A的支持力與環(huán)A和B球整體受到的重力平衡，C錯誤；水平方向上，mBgtan θ＝μ(mA＋mB)g，所以D錯誤． 13．(2016湖南八校二聯(lián))(多選)如圖所示，頂端附有光滑定滑輪的斜面體靜止在粗糙水平地面上，三條細繩結于O點．一條繩跨過定滑輪平行于斜面連接物塊P，一條繩連接小球Q，P、Q兩物體處于靜止狀態(tài)，另一條繩OA在外力F的作用下使夾角θ＜90.現(xiàn)緩慢改變繩OA的方向至θ＞90，且保持結點O位置不變，整個裝置始終處于靜止狀態(tài)．下列說法正確的是(　　) A．繩OA的拉力先減小后增大 B．斜面對物塊P的摩擦力的大小可能先減小后增大 C．地面對斜面體有向右的摩擦力 D．地面對斜面體的支持力大于物塊P和斜面體的重力之和 解析：選ABD.緩慢改變繩OA的方向至θ＞90的過程，OA拉力的方向變化如圖2，從1位置到2位置到3位置所示，可見OA的拉力先減小后增大，OP的拉力一直增大；故A正確；若開始時P受繩子的拉力比較小，則斜面對P的摩擦力沿斜面向上，OP拉力一直增大，則摩擦力先變小后反向增大，故B正確；以斜面和PQ整體為研究對象受力分析，根據(jù)平衡條件：斜面受地面的摩擦力與OA繩子水平方向的拉力等大反向，故摩擦力方向向左，C錯誤；以斜面體和P為研究對象，在豎直方向上有：M斜g＋MPg＝N＋F′cos α，故N＞M斜g＋MPg，故D正確． 14．(多選)如圖所示，一個質量為4 kg的半球形物體A放在傾角為θ＝37的斜面B上靜止不動．若用通過球心的水平推力F＝10 N作用在物體上，物體仍靜止在斜面上，斜面仍相對地面靜止．已知sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，取g＝10 m/s2，則(　　) A．物體A受到斜面B的摩擦力增加8 N B．物體A對斜面B的作用力增加10 N C．地面對斜面B的彈力不變 D．地面對斜面B的摩擦力增加10 N 解析：選CD.若用通過球心的水平推力F＝10 N作用在物體上，物體仍靜止在斜面上，將該力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡條件可得：Fcos 37＋Ff＝mgsin 37，解得摩擦力Ff＝16 N．物體A受到斜面B的摩擦力減小ΔFf＝24 N－16 N＝8 N，選項A錯誤；沒有施加水平力F時，根據(jù)平衡條件，A受斜面作用力與重力等大反向，即大小為40 N，根據(jù)牛頓第三定律，物體A對斜面的作用力為40 N，方向豎直向下．施加水平力F后，物體A對斜面的作用力如圖，F(xiàn)′＝N＝10 N，物體A對斜面B的作用力增加(10－40)N，選項B錯誤；把物體A和斜面B看做整體，分析受力，由平衡條件可知，地面對斜面B的彈力不變，摩擦力增加10 N，選項C、D正確． 第2講　直線運動和牛頓運動定律 微網(wǎng)構建 核心再現(xiàn) 知識規(guī)律 (1)勻變速直線運動規(guī)律公式的兩性． ①條件性：物體必須做勻變速直線運動． ②矢量性：公式都是矢量式． (2)牛頓第二定律的“四性”． ①矢量性：F＝ma是矢量式，a與F同向． ②瞬時性：力與加速度同時產(chǎn)生，同時變化． ③同體性：F＝ma中，F(xiàn)、m、a對應同一物體． ④獨立性：分力產(chǎn)生的加速度相互獨立． (3)運動圖象六要素． ①軸；②線；③斜率；④截距；⑤交點；⑥面積． 思想方法 (1)物理思想：極限思想、逆向思維、理想實驗、分解思想． (2)學習方法：比例法、圖象法、控制變量法、整體法、隔離法、合成分解法. 高頻考點一　運動圖象問題 知能必備 1.常見圖象(如x－t、v－t、a－t、F－t等)的物理意義． 2.圖象中斜率、截距、交點、轉折點、面積的物理意義． 3.將圖象與物理情景相結合，正確進行圖象運動過程的轉換. [題組沖關] 1．若貨物隨升降機運動的v－t圖象如圖所示(豎直向上為正)，則貨物受到升降機的支持力F與時間t關系的圖象可能是(　　) 解析：選B.根據(jù)v－t圖象可知電梯的運動情況：加速下降→勻速下降→減速下降→加速上升→勻速上升→減速上升，根據(jù)牛頓第二定律F－mg＝ma可判斷支持力F的變化情況：失重→等于重力→超重→超重→等于重力→失重，故選項B正確． 2．一個可視為質點的物體由靜止開始做直線運動，其加速度a隨時間t變化的關系為如圖所示的正弦曲線．則該物體運動的速度v隨時間t變化的圖象是(　　) 解析：選C.由a－t圖象可知，0～t1時間內物體做加速度逐漸增大的加速運動，t1～t2時間內物體做加速度逐漸減小的加速運動，t2～t3時間內物體做加速度逐漸增大的減速運動． 3．(名師改編)(多選)甲、乙兩輛汽車在平直公路上做直線運動，t＝0時刻兩汽車同時經(jīng)過公路旁的同一個路標．此后兩車運動的速度－時間圖象(v－t圖象)如圖所示，則關于兩車運動的說法中正確的是(　　) A．0～10 s時間內，甲、乙兩車在逐漸靠近 B．5～15 s時間內，甲、乙兩車的位移大小相等 C．t＝10 s時兩車的速度大小相等、方向相反 D．t＝20 s時兩車在公路上相遇 解析：選BD.由題中v－t圖象可知，甲、乙兩車均沿正方向做直線運動，其中甲做勻速直線運動，乙做勻減速直線運動，在t＝10 s之前，乙車雖然在減速，但乙車的速度仍大于甲車的速度，故兩車之間的距離越來越大，兩車逐漸遠離，選項A錯誤；由圖可知，乙車做勻減速直線運動的加速度大小為a＝1 m/s2，故乙車在t＝5 s時的速度大小為v1＝15 m/s，在5～15 s時間內乙車的位移大小為x乙＝v1Δt－a(Δt)2，代入數(shù)據(jù)可得x乙＝100 m，而甲車做勻速直線運動，在5～15 s時間內位移大小為x甲＝v0Δt，即x甲＝100 m，所以在5～15 s時間內甲、乙兩車的位移大小相等，選項B正確；由圖可知，在t＝10 s時兩車的速度大小相等、方向相同，選項C錯誤；由圖可知，t＝20 s時甲、乙兩車的v－t圖線與時間軸圍成的“面積”相等，故兩車的位移相同，所以兩車相遇，選項D正確． 4．(多選)如圖(a)，一物塊在t＝0時刻滑上一固定斜面，其運動的v－t圖線如圖(b)所示．若重力加速度及圖中的v0、v1、t1均為已知量，則可求出(　　) A．斜面的傾角 B．物塊的質量 C．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù) D．物塊沿斜面向上滑行的最大高度 解析：選ACD.由題圖(b)可以求出物塊上升過程中的加速度大小為a1＝，下降過程中的加速度大小為a2＝.物塊在上升和下降過程中，由牛頓第二定律得mgsin θ＋f＝ma1，mgsin θ－f＝ma2，由以上各式可求得sin θ＝， 滑動摩擦力f＝，而f＝μFN＝μmgcos θ，由以上分析可知，選項A、C正確．由v－t圖象中橫軸上方的面積可求出物塊沿斜面上滑的最大距離，可以求出物塊沿斜面向上滑行的最大高度，選項D正確． ] 1．解圖象問題時不要為圖象的表面現(xiàn)象所迷惑，要做好“三看”： (1)看清坐標軸所表示的物理量：明確因變量與自變量的制約關系，是運動學圖象(v－t、x－t、a－t)還是動力學圖象(F－a、F－t、F－x)； (2)看圖線本身：識別兩個相關量的變化趨勢，進而分析具體的物理過程； (3)看交點、斜率和“面積”：明確圖線與圖線的交點、圖線與坐標軸的交點、圖線斜率、圖線與坐標軸圍成的面積的物理意義． 2．求解運動圖象與牛頓第二定律綜合問題的基本思路 高頻考點二　動力學規(guī)律的應用 知能必備 1.勻變速直線運動的特點及加速、減速的判斷． 2.勻變速直線運動的基本公式． 3.勻變速直線運動的兩個主要推論及四個比例關系． 4.牛頓運動定律的理解. [命題視角] 視角1　運動學基本規(guī)律的應用 [例1]　(2016安徽合肥二模)2016年1月9日，合肥新年車展在明珠廣場舉行，除了館內的展示，本屆展會還在外場舉辦了汽車特技表演，某展車表演時做勻變速直線運動的位移x與時間t的關系式為x＝8t＋3t2，x與t的單位分別是m和s，則該汽車(　　) A．第1 s內的位移大小是8 m B．前2 s內的平均速度大小是28 m/s C．任意相鄰1 s內的位移大小之差都是6 m D．任意1 s內的速度增量都是3 m/s 思路探究　(1)勻變速直線運動位移關系x＝v0t＋at2中各符號的意義是什么？ (2)公式Δx＝aT2的應用條件是什么？ 嘗試解答　__________ 解析　將t＝1 s代入到x＝8t＋3t2中得到第1 s內的位移大小x1＝11 m，選項A錯誤．前2 s內的平均速度大小v＝＝14 m/s，選項B錯誤．將x＝8t＋3t2與勻變速直線運動的位移公式x＝v0t＋at2對照可得初速度大小v0＝8 m/s，加速度大小a＝6 m/s2，則任意相鄰1 s內的位移差是Δx＝aT2＝612 m＝6 m，選項C正確．任意1 s內的速度增量Δv＝at＝61 m/s＝6 m/s，選項D錯誤． 答案　C 視角2　運動學規(guī)律與牛頓運動定律的綜合應用 [例2]　如圖所示為一條平直公路，其中A點左邊的路段為足夠長的柏油路面，A點右邊路段為水泥路面．已知汽車輪胎與柏油路面的動摩擦因數(shù)為μ1，與水泥路面的動摩擦因數(shù)為μ2.某次測試發(fā)現(xiàn)，當汽車以速度v0在路面行駛，剛過A點時緊急剎車(車輪立即停止轉動)，汽車要滑行到B點才能停下．現(xiàn)在，該汽車以2v0的速度在柏油路面上向右行駛，突然發(fā)現(xiàn)B處有障礙物，需在A點左側柏油路段上某處緊急剎車，才能避免撞上障礙物．(已知重力加速度為g) (1)求水泥路面AB段的長度； (2)防止汽車撞上障礙物，開始緊急剎車的位置距A點的距離至少為多少？若剛好不撞上，汽車緊急剎車的時間是多少？ 思路探究　(1)汽車在A點左、右兩側的加速度相同嗎？ (2)“剛好不撞上”的條件是什么？ 嘗試解答　__________ 解析　(1)水泥路面上運動的加速度大小為a2，則： μ2mg＝ma2 由：－2a2x2＝0－v 解得：x2＝ (2)根據(jù)題意，汽車如果剛好不撞上障礙物B，在A點的速度應為v0，在柏油路上運動時間為t1，加速度大小為a1，運動位移為x1， 則：μ1mg＝ma1 v0－2v0＝－a1t1 －2a1x1＝v－(2v0)2 解得：t1＝　x1＝ 在水泥路面上運動時間為t2，則0－v0＝－a2t2 解得：t2＝ 汽車不撞上障礙物，則應在A點左側距A點距離大于x1＝的位置開始緊急剎車． 汽車運動的時間t＝t1＋t2＝. 答案　(1)　(2)　 視角3　運動圖象與牛頓運動定律的綜合應用 [例3]　為研究運動物體所受的空氣阻力，某研究小組的同學找來一個傾角可調、斜面比較長且表面平整的斜面體和一個滑塊，并在滑塊上固定一個高度可升降的風帆，如圖甲所示．他們讓帶有風帆的滑塊從靜止開始沿斜面下滑，下滑過程中帆面與滑塊運動方向垂直．假設滑塊和風帆總質量為m.滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，風帆受到的空氣阻力與風帆的運動速率成正比，即Ff＝kv. (1)寫出滑塊下滑過程中加速度的表達式； (2)求出滑塊下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以減小最大速度； (3)若m＝2 kg，斜面傾角θ＝30，g取10 m/s2，滑塊從靜止下滑的速度圖象如圖乙所示，圖中的斜線為t＝0時v－t圖線的切線，由此求出μ、k的值．(計算結果保留兩位有效數(shù)字) 思路探究　(1)滑塊下滑過程中受幾個力作用？ (2)在v－t圖象中