2024版高考物理復習教案：第一篇專題復習匯編

第1講力與物體的平衡目標要求1.會分析物體的靜態(tài)平衡問題，會選擇合適的方法處理靜態(tài)平衡問題。2.會分析動態(tài)平衡問題，掌握常見的處理動態(tài)平衡問題的方法，并會處理動態(tài)平衡的臨界與極值問題?？键c一靜態(tài)平衡問題1．對物體進行受力分析2．處理平衡問題常用的四種方法合成法物體受三個共點力的作用而平衡，則任意兩個力的合力一定與第三個力大小相等，方向相反分解法按效果分解：物體受三個共點力的作用而平衡，將某一個力按力的作用效果分解，則其分力和其他兩個力分別滿足平衡條件正交分解法：物體受到三個或三個以上力的作用時，將物體所受的力分解為相互垂直的兩組，每組力都滿足平衡條件矢量三角形法對受三個共點力作用而平衡的物體，將力的矢量圖平移，使三個力組成一個首尾依次相接的矢量三角形，根據(jù)正弦定理、余弦定理或相似三角形等數(shù)學知識求解未知力例1(2020·全國卷Ⅲ·17)如圖，懸掛甲物體的細線拴牢在一不可伸長的輕質(zhì)細繩上O點處；繩的一端固定在墻上，另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連。甲、乙兩物體質(zhì)量相等。系統(tǒng)平衡時，O點兩側(cè)繩與豎直方向的夾角分別為α和β。若α＝70°，則β等于()A．45°B．55°C．60°D．70°答案B解析取O點為研究對象，在三力的作用下O點處于平衡狀態(tài)，對其受力分析如圖所示，根據(jù)幾何關系可得β＝55°，故選B。例2(2023·江蘇徐州市模擬)質(zhì)量為m粗細均勻的麻繩如圖所示懸掛，懸點處切線與豎直方向夾角分別為37°和53°，P點為最低點，sin37°＝0.6，重力加速度為g，則()A．左側(cè)懸點對麻繩拉力為0.6mgB．右側(cè)懸點對麻繩拉力為0.8mgC．最低點P處張力為0.3mgD．P點右側(cè)麻繩質(zhì)量為0.36m答案D解析對麻繩受力分析，受重力mg、左側(cè)懸點對麻繩拉力F1、右側(cè)懸點對麻繩拉力F2，F(xiàn)1cos37°＋F2cos53°＝mg，F(xiàn)1sin37°＝F2sin53°，解得F1＝0.8mg，F(xiàn)2＝0.6mg，故A、B錯誤；對P點右側(cè)麻繩受力分析，受重力m1g、最低點P處張力F、右側(cè)懸點對麻繩拉力F2，則F＝F2sin53°＝0.48mg，m1g＝F2cos53°＝0.36mg，所以P點右側(cè)麻繩質(zhì)量為m1＝0.36m，故C錯誤，D正確。例3如圖所示，傾角為α的斜面固定在水平面上，在斜面和固定的豎直擋板之間有兩個勻質(zhì)球P、Q，P球質(zhì)量是Q球質(zhì)量的三倍，各接觸面均光滑，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，P、Q兩球的球心連線與豎直方向的夾角為β，下列說法正確的是()A．4tanα＝tanβ B．3tanα＝tanβC．2tanα＝tanβ D．tanα＝tanβ答案A解析以P、Q兩球整體為研究對象，受力分析如圖甲所示，由平衡條件可得F2＝4mgtanα，以Q球為研究對象，受力分析如圖乙所示，由平衡條件可得F2＝mgtanβ，聯(lián)立解得4tanα＝tanβ，故選A。整體法、隔離法的運用在處理共點力平衡的問題時，若出現(xiàn)了兩個或多個物體，一般會使用整體法或隔離法，可以使用“整體法＋隔離法”或“隔離法＋隔離法”，可根據(jù)具體題目靈活應用。例4如圖所示，與水平面夾角均為θ＝37°的兩金屬導軌平行放置，間距為1m，金屬導軌的一端接有電動勢E＝3V、內(nèi)阻r＝1Ω的直流電源，另一端接有定值電阻R＝4Ω。將質(zhì)量為0.025kg的導體棒ab垂直放在金屬導軌上，整個裝置處在垂直導軌平面向上的勻強磁場中。當開關S斷開時，導體棒剛好不上滑，當開關S閉合時，導體棒剛好不下滑。已知導體棒接入電路的電阻R0＝4Ω，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，金屬導軌電阻不計，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2。則導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為()A.eq\f(1,44)B.eq\f(3,44)C.eq\f(1,22)D.eq\f(3,11)答案B解析當S斷開時，ab中電流I1＝eq\f(E,R0＋r)＝eq\f(3,5)A＝0.6A，當S閉合時，ab中電流I2＝eq\f(1,2)×eq\f(E,r＋R并)＝eq\f(1,2)×eq\f(3,3)A＝0.5A，則BI1d－μmgcosθ＝mgsinθ，BI2d＋μmgcosθ＝mgsinθ，解得μ＝eq\f(3,44)，故選B。1．對于靜電場、磁場中的平衡問題，受力分析時要注意靜電力、磁場力方向的判斷，再結(jié)合平衡條件分析求解。2．涉及安培力的平衡問題，畫受力示意圖時要注意將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖。考點二動態(tài)平衡問題化“動”為“靜”，將多個狀態(tài)下的“靜”態(tài)進行對比，通過矢量三角形圖解法、動態(tài)圓法、正弦定理、三角函數(shù)、極值法等分析各力的變化或極值。例5(2023·海南卷·3)如圖所示，工人利用滑輪組將重物緩慢提起，下列說法正確的是()A．工人受到的重力和支持力是一對平衡力B．工人對繩的拉力和繩對工人的拉力是一對作用力與反作用力C．重物緩慢拉起過程，繩子拉力變小D．重物緩慢拉起過程，繩子拉力不變答案B解析工人受到三個力，繩的拉力，地面支持力和重力，三力平衡，故A錯誤；人對繩和繩對人的拉力是一對作用力與反作用力，B正確；重物拉起過程，兩繩的張角變大，拉力變大，C、D錯誤。例6(2021·湖南卷·5)質(zhì)量為M的凹槽靜止在水平地面上，內(nèi)壁為半圓柱面，截面如圖所示，A為半圓的最低點，B為半圓水平直徑的端點。凹槽恰好與豎直墻面接觸，內(nèi)有一質(zhì)量為m的小滑塊，用推力F推動小滑塊由A點向B點緩慢移動，力F的方向始終沿圓弧的切線方向，在此過程中所有摩擦均可忽略，下列說法正確的是()A．推力F先增大后減小B．凹槽對滑塊的支持力先減小后增大C．墻面對凹槽的壓力先增大后減小D．水平地面對凹槽的支持力先減小后增大答案C解析對滑塊受力分析，由平衡條件有F＝mgsinθ，F(xiàn)N＝mgcosθ，θ為F與水平方向的夾角，滑塊從A緩慢移動到B點時，θ越來越大，則推力F越來越大，支持力FN越來越小，所以A、B錯誤；對凹槽與滑塊整體受力分析，墻面對凹槽的壓力大小為FN′＝Fcosθ＝mgsinθcosθ＝eq\f(1,2)mgsin2θ，則θ越來越大時，墻面對凹槽的壓力先增大后減小，所以C正確；水平地面對凹槽的支持力為FN地＝(M＋m)g－Fsinθ＝(M＋m)g－mgsin2θ則θ越來越大時，水平地面對凹槽的支持力越來越小，所以D錯誤。例7質(zhì)量為M的木楔傾角為θ，在水平面上保持靜止，當將一質(zhì)量為m的木塊放在木楔斜面上時，它正好勻速下滑。如果用與木楔斜面成α角的力F拉著木塊勻速上升，如圖所示(已知木楔在整個過程中始終靜止，重力加速度為g)。(1)當α變化時，求拉力F的最小值；(2)F取最小值時，求木楔對水平面的摩擦力是多少。答案(1)mgsin2θ(2)eq\f(1,2)mgsin4θ解析(1)方法一木塊在木楔斜面上勻速向下運動時，根據(jù)平衡條件有mgsinθ＝μmgcosθ解得μ＝tanθ因其在力F作用下沿斜面向上勻速運動，根據(jù)正交分解法有Fcosα＝mgsinθ＋Ff，F(xiàn)sinα＋FN＝mgcosθ且Ff＝μFN聯(lián)立解得F＝eq\f(2mgsinθ,cosα＋μsinα)＝eq\f(2mgsinθcosθ,cosαcosθ＋sinαsinθ)＝eq\f(mgsin2θ,cosθ－α)則當α＝θ時，F(xiàn)有最小值，即Fmin＝mgsin2θ。方法二木塊所受的力構成矢量三角形，如圖甲所示，支持力與摩擦力用其合力F合代替，變?yōu)椤叭齻€力”，如圖乙所示，支持力與摩擦力的合力F合與FN之間的夾角β滿足tanβ＝eq\f(Ff,FN)故β＝θ，則F合與豎直方向夾角為2θ可得拉力F的最小值Fmin＝mgsin2θ。(2)由(1)可知，當F取最小值時，α＝θ因為木塊及木楔均處于平衡狀態(tài)，整體受到的水平面的摩擦力等于F的水平分力，即FfM＝Fcos(α＋θ)當F取最小值mgsin2θ時，則有FfM＝Fmin·cos2θ＝mgsin2θcos2θ＝eq\f(1,2)mgsin4θ，由牛頓第三定律可得木楔對水平面的摩擦力大小為eq\f(1,2)mgsin4θ。1.三力作用下的動態(tài)平衡2．四力作用下的動態(tài)平衡(1)在四力平衡中，如果有兩個力為恒力，或這兩個力的合力方向恒定，為了簡便可用這兩個力的合力代替這兩個力，轉(zhuǎn)化為三力平衡，例如：如圖所示，qE<mg，把擋板緩慢轉(zhuǎn)至水平的過程中，可以用重力與靜電力的合力F合＝mg－qE代替重力與靜電力。(2)對于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法。(3)在力的方向發(fā)生變化的平衡問題中求力的極小值時，一般利用三角函數(shù)求極值。也可利用“摩擦角”將四力平衡轉(zhuǎn)化為三力平衡，從而求拉力的最小值。例如：如圖所示，物體在拉力F作用下做勻速直線運動，改變θ大小，求拉力的最小值時，可以用支持力與摩擦力的合力F′代替支持力與摩擦力，F(xiàn)min＝mgsinθ，其中FN與Ff的合力方向一定，“摩擦角”θ滿足tanθ＝eq\f(Ff,FN)。1．(2023·江蘇蘇州市期末)圖a是一種大跨度懸索橋梁，圖b為懸索橋模型，六對輕質(zhì)吊索懸掛著質(zhì)量為M的水平橋面，吊索在橋面兩側(cè)豎直對稱排列，其上端掛在兩根輕質(zhì)懸索上(圖b中只畫出了其中一側(cè)的分布情況)，懸索兩端與水平方向成45°角，則一根懸索水平段CD上的張力大小是(重力加速度為g)()A.eq\f(1,4)Mg B.eq\f(1,6)MgC.eq\f(1,12)Mg D.eq\f(1,24)Mg答案A解析對題圖b中左邊的懸索ABC段整體受力分析如圖所示，由平衡條件可得FTD＝FTcos45°，F(xiàn)Tsin45°＝eq\f(Mg,4)，聯(lián)立解得FTD＝eq\f(Mg,4)，故選A。2.(2023·江蘇三模測試補償訓練)家用燃氣爐架有互相對稱的四個爪，若將總質(zhì)量為m的鍋放在這個爐架上，如圖所示，忽略爪與鍋之間的摩擦力，重力加速度為g，設鍋為半徑為R的球面，則每個爪與鍋之間的彈力()A．等于eq\f(1,4)mgB．等于mgC．R越大，彈力越大D．R越大，彈力越小答案D解析設每個爪與鍋之間的彈力為FN，根據(jù)對稱性可知，正對的一對爪對鍋的彈力的合力方向豎直向上，則四個爪對鍋的彈力在豎直方向的分力等于鍋的重力；設正對的一對爪之間的距離為d，則FN與豎直方向之間的夾角sinθ＝eq\f(d,2R)，豎直方向根據(jù)平衡條件可得4FNcosθ＝mg，解得FN＝eq\f(mg,4cosθ)＝eq\f(mg,4)eq\f(1,\r(1－\f(d2,4R2)))>eq\f(mg,4)，由此可知R越大，則FN越小，故選D。專題強化練[保分基礎練]1．(2023·江蘇卷·7)如圖所示，“嫦娥五號”探測器靜止在月球平坦表面處。已知探測器質(zhì)量為m，四條腿與豎直方向的夾角均為θ，月球表面的重力加速度為地球表面重力加速度g的eq\f(1,6)。每條腿對月球表面壓力的大小為()A.eq\f(mg,4) B.eq\f(mg,4cosθ)C.eq\f(mg,6cosθ) D.eq\f(mg,24)答案D解析對“嫦娥五號”探測器受力分析有FN＝mg月，則對一條腿有FN1＝eq\f(1,4)mg月＝eq\f(mg,24)，根據(jù)牛頓第三定律可知每條腿對月球表面的壓力大小為eq\f(mg,24)，故選D。2.(2023·江蘇連云港市模擬)如圖所示，某同學展示“旋轉(zhuǎn)一字馬”，用雙腳撐在平行豎直墻壁間保持靜止。關于該同學的受力，下列說法正確的是()A．該同學單腳受到的摩擦力等于重力B．該同學單腳受到墻壁的作用力沿水平方向C．若墻壁間距離稍遠一些，則該同學腿部承受力增大D．若墻壁間距離稍近一些，則墻壁對該同學的作用力減小答案C解析對該同學受力分析可知，該同學受重力、兩腳摩擦力、墻壁的支持力，根據(jù)豎直方向受力平衡可知單腳受到的摩擦力小于重力，故A錯誤；該同學單腳受到墻壁的作用力是摩擦力和支持力的合力，根據(jù)力的合成可知該力不沿水平方向，故B錯誤；若墻壁間距離稍遠一些，則該同學兩腿夾角變大，根據(jù)力的合成規(guī)律可知該同學腿部承受力增大，故C正確；對該同學整體分析，可知墻壁對該同學的作用力等于重力不變，故D錯誤。3．(2023·江蘇南京市二模)如圖甲所示，筆記本電腦支架一般有多個卡位用來調(diào)節(jié)角度，某人將電腦放在該支架上，由卡位4緩慢調(diào)至卡位1(如圖乙)，電腦與支架始終處于相對靜止狀態(tài)，則()A．電腦受到的支持力變大B．電腦受到的摩擦力變大C．支架對電腦的作用力減小D．電腦受到的支持力與摩擦力兩力大小之和等于其重力大小答案A解析根據(jù)題意，對電腦受力分析，如圖所示，電腦始終處于靜止狀態(tài)，故電腦受力平衡。由平衡條件可得，電腦受到的支持力大小為FN＝Gcosθ電腦受到的摩擦力大小Ff＝Gsinθ由原卡位4調(diào)至卡位1，θ減小，故FN增大，F(xiàn)f減小，故A正確，B錯誤；支架對電腦的作用力，即電腦受到的支持力與摩擦力兩力的合力，大小等于電腦的重力，方向豎直向上，始終不變，故C錯誤；電腦受到的支持力與摩擦力兩力大小之和大于其重力大小，故D錯誤。4.(2023·江蘇省南京外國語學校期末改編)如圖所示，一水平光滑晾衣桿上晾曬有一雙手套。兩只手套由一細線連接，某同學在晾衣桿兩側(cè)細線間放置一水平輕桿，已知兩只手套質(zhì)量相等，輕桿長度不變且始終水平，輕桿粗細不計，則下列說法正確的是()A．將輕桿向下移動，晾衣桿兩側(cè)細線的拉力變大B．當圖中θ＝120°時，晾衣桿對細線的作用力最小C．將輕桿向上移動，晾衣桿對細線的作用力變小D．無論圖中θ取何值，晾衣桿對細線的作用力都等于兩手套的重力答案D解析對細線、輕桿和手套整體受力分析有F＝G，G為整體的重力，輕桿移動過程中，晾衣桿對細線的作用力大小不變，B、C錯誤，D正確。對細線上與晾衣桿接觸的點受力分析，晾衣桿對細線的作用力為F，設兩側(cè)細線上的拉力為F1，則有F＝2F1coseq\f(θ,2)，輕桿向下移動過程，θ減小，則晾衣桿兩側(cè)細線上的拉力變小，A錯誤。5.(2022·浙江6月選考·10)如圖所示，一輕質(zhì)曬衣架靜置于水平地面上，水平橫桿與四根相同的斜桿垂直，兩斜桿夾角θ＝60°。一重為G的物體懸掛在橫桿中點，則每根斜桿受到地面的()A．作用力為eq\f(\r(3),3)G B．作用力為eq\f(\r(3),6)GC．摩擦力為eq\f(\r(3),4)G D．摩擦力為eq\f(\r(3),8)G答案B解析設斜桿的彈力大小為F，以水平橫桿和物體為整體，在豎直方向上根據(jù)受力平衡可得4Fcos30°＝G，解得F＝eq\f(\r(3),6)G，以其中一斜桿為研究對象，其受力如圖所示，可知每根斜桿受到地面的作用力應與F平衡，即大小為eq\f(\r(3),6)G，每根斜桿受到地面的摩擦力大小為Ff＝Fsin30°＝eq\f(\r(3),12)G，B正確，A、C、D錯誤。6.如圖所示，細線穿過固定在重物上的光滑小環(huán)C后，兩端分別固定在天花板上的A、B兩點，重物(包括小環(huán))的質(zhì)量為m，對重物施加一個水平向左的拉力F，使AC段細線豎直且重物靜止，已知A、B間距離為L，細線長為3L，重力加速度為g，則F的大小為()A.eq\f(1,3)mgB.eq\f(\r(3),3)mgC.eq\f(1,2)mgD.eq\f(\r(3),2)mg答案A解析設AC段長為d，AC與BC的夾角為θ，則BC段長為3L－d，根據(jù)幾何知識有L2＋d2＝(3L－d)2，解得d＝eq\f(4,3)L，因此sinθ＝eq\f(3,5)，設細線上的拉力大小為FT，對重物進行受力分析，如圖所示，則根據(jù)力的平衡條件有FT＋FTcosθ＝mg，F(xiàn)＝FTsinθ，解得F＝eq\f(1,3)mg，A正確。7．耙在中國已有1500年以上的歷史，北魏賈思勰著《齊民要術》稱之為“鐵齒楱”，將使用此農(nóng)具的作業(yè)稱作耙地。如圖甲所示，牛通過兩根耙索拉耙沿水平方向勻速耙地。兩根耙索等長且對稱，延長線的交點為O1，夾角∠AO1B＝60°，拉力大小均為F，平面AO1B與水平面的夾角為30°(O2為AB的中點)，如圖乙所示。忽略耙索質(zhì)量，下列說法正確的是()A．兩根耙索的合力大小為FB．兩根耙索的合力大小為eq\r(3)FC．地對耙的水平阻力大小為eq\f(3F,4)D．地對耙的水平阻力大小為eq\f(F,2)答案B解析兩根耙索的合力大小為F′＝2Fcos30°＝eq\r(3)F，A錯誤，B正確；由平衡條件，地對耙的水平阻力大小為Ff＝F′cos30°＝eq\f(3,2)F，C、D錯誤。[爭分提能練]8.(2023·江蘇南京市考前訓練)質(zhì)量為M、半徑為R的光滑勻質(zhì)球，用一根長度也為R的細線懸掛在互相垂直的兩豎直墻壁交線處的P點，則球?qū)θ我粔Ρ诘膲毫Υ笮?重力加速度為g)()A.eq\f(\r(2),4)MgB.eq\f(\r(2),2)MgC.eq\f(\r(3),3)MgD.eq\f(\r(6),6)Mg答案B解析對球進行受力分析，球受重力Mg、細線的拉力FT及兩個墻壁對它的支持力，兩個支持力大小相等，夾角為90°，設支持力的大小為FN、細線與豎直墻壁交線的夾角θ，根據(jù)幾何知識可知球心到豎直墻壁交線的垂直距離為d＝eq\r(R2＋R2)＝eq\r(2)R，故sinθ＝eq\f(d,2R)＝eq\f(\r(2),2)，解得θ＝45°，在豎直方向上根據(jù)受力平衡可得FTcosθ＝Mg，解得FT＝eq\r(2)Mg，在水平方向上根據(jù)受力平衡可知兩個墻壁對球的支持力的合力大小等于細線拉力FT的水平分力的大小，即eq\r(FN2＋FN2)＝FTsinθ，解得FN＝eq\f(\r(2),2)Mg，根據(jù)牛頓第三定律可得，則球?qū)θ我粔Ρ诘膲毫Υ笮閑q\f(\r(2),2)Mg，故選B。9.鑿子是中國傳統(tǒng)的木工工具，一鑿子兩側(cè)面與中心軸線平行，尖端夾角為θ，當鑿子插入木板中后，若用錘子沿中心軸線方向以適當?shù)牧敲打鑿子上側(cè)時，鑿子仍靜止，側(cè)視圖如圖，此時鑿子作用于木板1面、2面、3面的彈力大小分別為F1、F2、F3，忽略鑿子重力和摩擦力，下列關系式中正確的是()A．F1<F3 B．F1＝FcosθC．F＝F2sinθ D．F＝eq\r(F22＋F12)答案C解析對鑿子受力分析并按圖示建立平面直角坐標系由受力平衡可得F2sinθ＝F，F(xiàn)2cosθ＋F3＝F1所以可得F1＞F3，F(xiàn)＝F2sinθ＝eq\f(F1－F3,cosθ)·sinθ，故F1＝eq\f(F,tanθ)＋F3，F(xiàn)＝F2sinθ＝eq\r(F221－cos2θ)＝eq\r(F22－F1－F32)，A、B、D錯誤，C正確。10．(2023·江蘇省學業(yè)水平考試押題卷)如圖所示，傾角為θ＝30°、靜置在水平地面上的斜面體頂端有一光滑的定滑輪，斜面上的物塊A通過細線繞過定滑輪與物塊B相連，此時物塊A恰要沿斜面滑動，現(xiàn)在物塊B上施加水平向右的力使物塊B緩慢升高(圖中未畫出)，當物塊B與滑輪間的細線與豎直方向的夾角φ＝60°時，物塊A也恰要沿斜面滑動，已知物塊B的質(zhì)量為m，重力加速度為g，整個過程斜面體始終靜止，則()A．外力F的最大值為2mgB．物塊A的質(zhì)量為2mC．物塊A和斜面間的最大靜摩擦力為eq\f(1,2)mgD．地面和斜面體間的摩擦力一直減小答案C解析對物塊B受力分析，如圖所示，可知細線對物塊B的拉力F拉和水平外力F的合力大小始終等于物塊B的重力，結(jié)合幾何知識知φ＝60°時F有最大值，為Fm＝mgtan60°＝eq\r(3)mg，A錯誤；設物塊A的質(zhì)量為m1，初始時細線的拉力大小為mg，φ＝60°時細線的拉力大小為eq\f(mg,cos60°)＝2mg，沿斜面方向?qū)ξ飰KA，分別有m1gsin30°＝Ffm＋mg、m1gsin30°＋Ffm＝2mg，聯(lián)立解得m1＝3m、Ffm＝eq\f(1,2)mg，B錯誤，C正確；斜面體與兩個物塊組成的系統(tǒng)始終處于平衡狀態(tài)，水平方向外力逐漸增大，故地面和斜面體間的摩擦力也增大，D錯誤。11.如圖所示，空間有水平向右的勻強磁場，磁感應強度為B。一不可伸長的絕緣、柔軟細線左端固定于M點，N點拴著一長度為d的垂直紙面的輕質(zhì)直導線，右端跨過O處的光滑定滑輪后懸掛一質(zhì)量為m的重物，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。此時M、N、O處于同一水平線上，且MN＝2NO＝2L。當導線中通有垂直紙面向里的恒定電流時，重物m上升L高度，系統(tǒng)恰好再次達到平衡，已知重力加速度為g，則導線中通入的電流大小為()A.eq\f(\r(2)mg,Bd)B.eq\f(\r(7)mg,2Bd)C.eq\f(\r(2)mg,2Bd)D.eq\f(\r(7)mg,4Bd)答案B解析導線通有電流后，因受到安培力下降至N′點，則MN′＝ON′＝2L，如圖所示設MN′和ON′與豎直方向的夾角都為θ，則cosθ＝eq\f(\r(2L2－1.5L2),2L)＝eq\f(\r(7),4)根據(jù)對稱性，MN′和ON′對導線的作用力都為mg，有2mgcosθ＝BId可得I＝eq\f(\r(7)mg,2Bd)，故選B。[尖子生選練]12．(2023·江蘇鹽城市高級實驗中學三模)用如圖模型研究斜拉橋的平衡：細桿CD固定在地面，從質(zhì)量為m的均勻平板正中央空洞內(nèi)穿過。通過兩根輕質(zhì)細繩CA、CB將平板水平懸掛，與豎直方向夾角分別為30°、60°。ACBD在同一豎直平面內(nèi)，重力加速度為g。則下列說法正確的是()A．CB繩上的拉力大小為2mgB．CA繩上的拉力大小為eq\f(1,2)mgC．保持平板水平，繩CA不動，逐漸縮短繩CB，使B在平板上左移，這一過程CB繩上的拉力變大D．保持平板水平，繩CB不動，逐漸伸長繩CA，使A點在平板上左移，這一過程中CA繩上的拉力變小答案C解析對平板，根據(jù)平衡條件FTCAsin30°＝FTCBsin60°，F(xiàn)TCAcos30°＋FTCBcos60°＝mg，聯(lián)立解得FTCB＝eq\f(1,2)mg，F(xiàn)TCA＝eq\f(\r(3),2)mg，A、B錯誤；設CB繩與豎直方向夾角為α，根據(jù)平衡條件FTCAsin30°＝FTCBsinα，F(xiàn)TCAcos30°＋FTCBcosα＝mg，聯(lián)立解得FTCB＝eq\f(mg,\r(3)sinα＋cosα)＝eq\f(mg,2sinα＋30°)，使B點左移，則α由60°逐漸減小，則CB繩拉力變大，C正確；設CA繩與豎直方向夾角為β，根據(jù)平衡條件FTCAsinβ＝FTCBsin60°，F(xiàn)TCAcosβ＋FTCBcos60°＝mg，聯(lián)立解得FTCA＝eq\f(\r(3)mg,\r(3)cosβ＋sinβ)＝eq\f(\r(3)mg,2sinβ＋60°)，使A點左移，則β由30°逐漸增大，這一過程中CA繩上的拉力變大，D錯誤。

第2講牛頓運動定律與直線運動目標要求1.會用多種方法靈活處理勻變速直線運動問題。2.掌握牛頓第二定律，會分析瞬時性問題、連接體問題，會應用牛頓運動定律解決實際問題。3.會分析運動學和動力學圖像?？键c一勻變速直線運動規(guī)律及應用1．常用方法2．兩種勻減速直線運動的分析方法(1)剎車問題的分析：末速度為零的勻減速直線運動問題常用逆向思維法，對于剎車問題，應先判斷車停下所用的時間，再選擇合適的公式求解。(2)雙向可逆類運動分析：勻減速直線運動速度減為零后反向運動，全過程加速度的大小和方向均不變，故求解時可對全過程列式，但需注意x、v、a等矢量的正負及物理意義。3．處理追及問題的常用方法過程分析法函數(shù)法Δx＝x乙＋x0－x甲為關于t的二次函數(shù)，當t＝－eq\f(b,2a)時有極值，令Δx＝0，利用Δ＝b2－4ac判斷有解還是無解，是追上與追不上的條件圖像法畫出v－t圖像，圖線與t軸所圍面積表示位移，利用圖像來分析追及相遇問題更直觀例1(2023·江蘇徐州市期末)某汽車正以54km/h的速度行駛在城市道路上，在車頭距離“禮讓行人”停車線36m時，駕駛員發(fā)現(xiàn)前方有行人通過人行橫道，0.4s后剎車使汽車勻減速滑行，為了使汽車不越過停車線停止讓行，下列說法中正確的是()A．汽車剎車滑行的最大距離為36mB．汽車剎車的最小加速度為3m/s2C．汽車用于減速滑行的最長時間為4sD．汽車行駛的平均速度不能超過7.5m/s答案C解析汽車剎車前，在0.4s內(nèi)做勻速運動的位移為x1＝v0t1＝eq\f(54,3.6)×0.4m＝6m，則汽車剎車滑行的最大距離為x2＝36m－x1＝30m，故A錯誤；汽車剎車的最小加速度為amin＝eq\f(v02,2x2)＝eq\f(\f(54,3.6)2,2×30)m/s2＝3.75m/s2，故B錯誤；汽車用于減速滑行的最長時間為tmax＝eq\f(v0,amin)＝eq\f(15,3.75)s＝4s，故C正確；汽車從發(fā)現(xiàn)前方有行人通過人行橫道到停下來過程的平均速度滿足eq\x\to(v)＝eq\f(x,t)≥eq\f(36,0.4＋4)m/s≈8.18m/s>7.5m/s，故D錯誤。例2(2023·江蘇省學業(yè)水平考試押題卷)2023年1月，由中國航天科工三院磁電總體部抓總研制的國內(nèi)首臺“管道磁浮高精度智能無人巡檢車”，在山西省大同市陽高縣高速飛車試驗基地，成功完成管道動態(tài)測量與檢測一體化的快速高精度智能化無人巡檢試驗。假設該巡檢車經(jīng)過的某段管道如圖所示，巡檢車沿圖中虛線從a處由靜止開始運動到b處，由兩段長度均為20m的直線段和半徑為R＝5m的eq\f(1,4)圓弧段組成。為了保證巡檢效果，車沿直線運動的最大速度為5m/s，沿圓弧段運動的最大速度為3m/s，巡檢車的最大加速度為2m/s2。求：(1)巡檢車沿直線段運動加速到最大速度時通過的最小位移的大?。?2)巡檢車從a到b過程所需的最短時間。答案(1)6.25m(2)12.27s解析(1)對巡檢車由靜止沿直線管道加速運動到最大速度的過程，由勻變速直線運動規(guī)律有x1＝eq\f(vm直2,2a)，解得x1＝6.25m。(2)結(jié)合題述可知，巡檢車先以最大加速度加速到5m/s，勻速運動一段距離，再減速到3m/s進入圓弧軌道時，巡檢車從a處運動到圓弧軌道起點所需的時間最短巡檢車由靜止加速到最大速度所需的時間為t1＝eq\f(vm直,a)＝2.5s由5m/s以最大加速度減速到3m/s所需的時間為t2＝eq\f(vm直－vm圓,a)＝1s通過的位移為x2＝eq\f(vm直2－vm圓2,2a)＝4m巡檢車在該段勻速運動的距離為x3＝20m－x1－x2＝9.75m所需的時間為t3＝eq\f(x3,5m/s)＝1.95s在圓弧軌道中運動的時間為t4＝eq\f(5,6)πs≈2.62s離開圓弧部分后，加速到5m/s所需的時間為t5＝t2之后以5m/s的速度運動到b點，通過的距離為x4＝16m所需的時間為t6＝eq\f(x4,5m/s)＝3.2s則巡檢車從a到b過程所需的最短時間為t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t5＋t6＝12.27s。考點二牛頓運動定律的應用1．解決動力學兩類基本問題的思路2．瞬時加速度問題3．連接體問題(1)整體法與隔離法的選用技巧整體法的選取原則若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力隔離法的選取原則若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者需要求出系統(tǒng)內(nèi)物體之間的作用力整體法、隔離法的交替運用若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且需要求出物體之間的作用力，可以先整體求加速度，后隔離求連接體內(nèi)物體之間的作用力(2)連接體問題中常見的臨界條件接觸與脫離接觸面間彈力等于0恰好發(fā)生滑動摩擦力達到最大靜摩擦力繩子恰好斷裂繩子張力達到所能承受的最大值繩子剛好繃直或松弛繩子張力為0(3)常見連接體接觸面光滑，或μA＝μB三種情況中彈簧彈力、繩的張力大小相同且與接觸面是否光滑無關常用隔離法常會出現(xiàn)臨界條件例3(2023·北京卷·6)如圖所示，在光滑水平地面上，兩相同物塊用細線相連，兩物塊質(zhì)量均為1kg，細線能承受的最大拉力為2N。若在水平拉力F作用下，兩物塊一起向右做勻加速直線運動。則F的最大值為()A．1NB．2NC．4ND．5N答案C解析對兩物塊整體根據(jù)牛頓第二定律有F＝2ma，再對于后面的物塊有FTmax＝ma，F(xiàn)Tmax＝2N，聯(lián)立解得F＝4N，故選C。例4(2022·浙江1月選考·19)第24屆冬奧會將在我國舉辦。鋼架雪車比賽的一段賽道如圖甲所示，長12m水平直道AB與長20m的傾斜直道BC在B點平滑連接，斜道與水平面的夾角為15°。運動員從A點由靜止出發(fā)，推著雪車勻加速到B點時速度大小為8m/s，緊接著快速俯臥到車上沿BC勻加速下滑(圖乙所示)，到C點共用時5.0s。若雪車(包括運動員)可視為質(zhì)點，始終在冰面上運動，其總質(zhì)量為110kg，重力加速度g取10m/s2，sin15°＝0.26，求雪車(包括運動員)(1)在直道AB上的加速度大小；(2)過C點的速度大??；(3)在斜道BC上運動時受到的阻力大小。答案(1)eq\f(8,3)m/s2(2)12m/s(3)66N解析(1)運動員在直道AB上做勻加速運動，則有v12＝2a1x1解得a1＝eq\f(8,3)m/s2(2)由v1＝a1t1解得t1＝3s運動員在斜道BC上勻加速下滑，則有x2＝v1t2＋eq\f(1,2)a2t22t2＝t－t1＝2s解得a2＝2m/s2過C點的速度大小v＝v1＋a2t2＝12m/s(3)在斜道BC上由牛頓第二定律，有mgsinθ－Ff＝ma2解得Ff＝66N。例5質(zhì)量為M＝2kg的木板B靜止在水平面上，可視為質(zhì)點的物塊A從木板的左側(cè)沿木板上表面水平?jīng)_上木板，如圖甲所示。A和B經(jīng)過1s達到同一速度，之后共同減速直至靜止，A和B的v－t圖像如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是()A．A與B上表面之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.1B．B與水平面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2C．A的質(zhì)量m＝6kgD．A的質(zhì)量m＝4kg答案C解析由圖像可知，A在0～1s內(nèi)的加速度a1＝eq\f(v1－v0,t1)＝－2m/s2，對A由牛頓第二定律得－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2，選項A錯誤；由圖像知，A、B在1～3s內(nèi)共速的加速度a3＝eq\f(v3－v1,t2)＝－1m/s2，對A、B由牛頓第二定律得－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1，選項B錯誤；由圖像可知B在0～1s內(nèi)的加速度a2＝eq\f(v1－v0′,t1)＝2m/s2，對B由牛頓第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，代入數(shù)據(jù)解得m＝6kg，選項C正確，D錯誤。考點三運動學和動力學圖像1．常規(guī)圖像常見圖像斜率k面積兩圖像交點x－t圖像eq\f(Δx,Δt)＝v表示相遇v－t圖像eq\f(Δv,Δt)＝a位移x表示此時速度相等，往往是距離最大或最小的臨界點a－t圖像速度變化量Δv表示此時加速度相等2.非常規(guī)圖像非常規(guī)圖像(舉例)函數(shù)表達式斜率k縱截距bv2－x圖像由v2－v02＝2ax得v2＝v02＋2ax2av02eq\f(x,t)－t圖像由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2得eq\f(x,t)＝v0＋eq\f(1,2)ateq\f(1,2)av0eq\f(x,t2)－eq\f(1,t)圖像由x＝v0t＋eq\f(1,2)at2得eq\f(x,t2)＝v0eq\f(1,t)＋eq\f(1,2)av0eq\f(1,2)aa－x圖像由v2－v02＝2ax知圖線與x軸所圍面積等于eq\f(v2－v02,2)，此面積與物體質(zhì)量乘積表示動能的變化量eq\f(1,v)－x面積表示運動時間3.動力學圖像F－t圖像思路一：分段求加速度，利用運動學公式求解思路二：動量定理，圖線與t軸所圍面積表示F的沖量F－x圖像思路一：分段求加速度，利用運動學公式求解思路二：動能定理，圖線與x軸所圍面積表示力F做的功a－F圖像根據(jù)牛頓第二定律列式，再變換成a－F關系例如：如圖所示，F(xiàn)－μmg＝ma，a＝eq\f(F,m)－μg，斜率為eq\f(1,m)，截距為－μg例6(2023·江蘇南京市三模)潛艇從海水高密度區(qū)域駛?cè)氲兔芏葏^(qū)域，浮力頓減，稱之為“掉深”。如圖甲所示，某潛艇在高密度海水區(qū)域沿水平方向緩慢航行。t＝0時，該潛艇“掉深”，隨后采取措施成功脫險，在0～30s時間內(nèi)潛艇豎直方向的v－t圖像如圖乙所示(設豎直向下為正方向)。不計水的粘滯阻力，則()A．潛艇在“掉深”時的加速度大小為1m/s2B．t＝30s時潛艇回到初始高度C．潛艇豎直向下的最大位移為100mD．潛艇在10～30s時間內(nèi)處于超重狀態(tài)答案D解析潛艇在“掉深”開始時向下加速，則由圖像可知加速度大小為a＝eq\f(20,10)m/s2＝2m/s2，選項A錯誤；在0～30s時間內(nèi)先向下加速后向下減速，則t＝30s時潛艇向下到達最大深度，選項B錯誤；由圖像可知潛艇豎直向下的最大位移為h＝eq\f(1,2)×20×30m＝300m，選項C錯誤；潛艇在10～30s時間內(nèi)向下減速，加速度向上，處于超重狀態(tài)，選項D正確。例7(2023·全國甲卷·19改編)用水平拉力使質(zhì)量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開始沿直線運動，兩物體與桌面間的動摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運動后，所受拉力F與其加速度a的關系圖線如圖所示。由圖可知()A．m甲<m乙 B．m甲＝m乙C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙答案C解析根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝ma，整理后有F＝ma＋μmg，可知F－a圖像的斜率為m，縱截距為μmg，則由題圖可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g，則μ甲<μ乙。故選C。1.(2023·江蘇省靖江中學期末)一地鐵在水平直軌道上運動，某同學為了研究該地鐵的運動情況，他用細線將一支圓珠筆懸掛在地鐵的豎直扶手上，地鐵運行時用手機拍攝了如圖所示的照片，拍攝方向跟地鐵前進方向垂直，細線相對豎直扶手偏東，該同學根據(jù)照片分析正確的是()A．地鐵一定向西加速運動B．地鐵可能向東加速運動C．細線中拉力大小與地鐵加速度大小無關D．若用刻度尺測量細線的長度和圓珠筆到豎直扶手的距離，可以估算此時地鐵的加速度答案D解析根據(jù)題意，對筆受力分析，如圖所示。豎直方向上，由平衡條件有Fcosθ＝mg水平方向上，由牛頓第二定律有Fsinθ＝ma解得F＝eq\f(mg,cosθ)，a＝gtanθ加速度方向水平向西，則地鐵可能做向西的加速運動和向東的減速運動，地鐵的加速度變化，細線與豎直方向的夾角變化，細線的拉力變化，則細線中拉力大小與地鐵加速度大小有關，故A、B、C錯誤；若用刻度尺測量細線的長度為L和圓珠筆到豎直扶手的距離為d，則有tanθ＝eq\f(d,\r(L2－d2))可知，可以估算此時地鐵的加速度，故D正確。2．無線充電寶可通過磁吸力吸附在手機背面，利用電磁感應實現(xiàn)無線充電。劣質(zhì)的無線充電寶使用過程中可能因吸力不足發(fā)生滑落造成安全隱患。圖(a)為科創(chuàng)小組某同學手握手機(手不接觸充電寶)，利用手機軟件記錄豎直放置的手機及吸附的充電寶從靜止開始在豎直方向上的一次變速運動過程(手機與充電寶始終相對靜止)，記錄的加速度a隨時間t變化的圖像如圖(b)所示(規(guī)定向上為正方向)，且圖像上下部分分別與t軸圍成的面積相等，已知無線充電寶質(zhì)量為0.2kg，手機與充電寶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，則在該過程中()A．手機與充電寶全程向下運動，最終處于靜止狀態(tài)B．充電寶在t2與t3時刻所受的摩擦力方向相同C．充電寶與手機之間的摩擦力最小值為2ND．充電寶與手機之間的吸引力大小至少為12N答案D解析手機與充電寶從靜止開始，向下先做加速度增大的加速運動，從t1時刻向下做加速度減小的加速運動，加速度減小到零時，速度達到最大；再向下做加速度增大的減速運動，t2時刻速度減小到零，此后做向上的加速度減小的加速運動，加速度減小到零時向上運動的速度達到最大，此后先向上做加速度增大的減速運動，從t3時刻再向上做加速度減小的減速運動，最后速度為零，故A錯誤；充電寶在t2時刻加速度方向向上，所受的摩擦力方向向上；充電寶在t3時刻加速度方向向下，由mg＋Ff＝ma3，a3＝12m/s2，可知摩擦力方向向下，故B錯誤；在t1時刻充電寶向下的加速度為10m/s2，充電寶與手機之間的摩擦力最小，值為零，故C錯誤；在t2時刻充電寶向上的加速度最大，充電寶與手機之間的摩擦力最大，由牛頓第二定律可得Ffmax－mg＝ma2，又Ffmax＝μF，解得充電寶與手機之間的吸引力大小至少為F＝12N，故D正確。專題強化練[保分基礎練]1．(2023·江蘇卷·1)電梯上升過程中，某同學用智能手機記錄了電梯速度隨時間變化的關系，如圖所示。電梯加速上升的時段是()A．從20.0s到30.0s B．從30.0s到40.0sC．從40.0s到50.0s D．從50.0s到60.0s答案A解析由速度—時間圖像可知，電梯加速上升的時間段為20.0s到30.0s，故選A。2.(2023·江蘇揚州市高郵中學模擬)蹦極可以使蹦極者在空中體驗幾秒鐘的“自由落體”。如圖所示，蹦極者站在高塔頂端，將一端固定的彈性長繩綁在踝關節(jié)處。然后雙臂伸開，雙腿并攏，頭朝下跳離高塔。設彈性繩的原長為L，蹦極者下落第一個eq\f(L,5)時動量的增加量為Δp1，下落第五個eq\f(L,5)時動量的增加量為Δp2，把蹦極者視為質(zhì)點，蹦極者離開塔頂時的速度為零，不計空氣阻力，則eq\f(Δp1,Δp2)滿足()A．1<eq\f(Δp1,Δp2)<2 B．2<eq\f(Δp1,Δp2)<3C．3<eq\f(Δp1,Δp2)<4 D．4<eq\f(Δp1,Δp2)<5答案D解析蹦極者下落高度L的過程，可視為做自由落體運動，對于初速度為零的勻加速直線運動，通過連續(xù)相等位移的時間之比為1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(4)－eq\r(3))∶(eq\r(5)－eq\r(4))∶…，可知eq\f(t1,t2)＝eq\f(1,\r(5)－\r(4))＝eq\r(5)＋2，即4<eq\f(t1,t2)<5，由動量定理得Δp＝mgt，故4<eq\f(Δp1,Δp2)<5，選D。3.(2023·江蘇模擬預測)一輕彈簧豎直固定在桌面上，將一小球從彈簧正上方的O點由靜止釋放。以開始下落的位置為坐標原點，以豎直向下為x軸正方向，不計空氣阻力，則關于小球運動過程中的速度v或加速度a隨位移x變化的關系圖像中，可能正確的是()答案B解析小球在自由下落的過程中，速度隨位移增大，加速度保持不變，由v2＝2ax可知，此過程v－x圖像不是直線，在與彈簧作用過程中，速度隨位移先增大后減小，加速度隨位移先減小后增大，小球與彈簧作用過程中的加速度大小a＝eq\f(mg－kx－x0,m)＝g－eq\f(k,m)·x＋eq\f(k,m)x0，其中x0是O點到彈簧自然伸長時頂端的距離。故選B。4．某次蹦床比賽中，運動員雙腳離開蹦床后豎直向上運動，把上升過程分為等距的三段，運動員從下至上運動過程中，依次經(jīng)歷三段的時間記為t1、t2、t3。則t1∶t2∶t3最接近()A．3∶6∶10 B．3∶4∶10C．3∶6∶20 D．3∶4∶20答案B解析根據(jù)逆向思維，將向上的運動看為向下的初速度為0的勻加速直線運動，則有h＝eq\f(1,2)gt32，2h＝eq\f(1,2)g(t2＋t3)2，3h＝eq\f(1,2)g(t1＋t2＋t3)2，解得t3＝eq\r(\f(2h,g))，t2＝eq\r(\f(4h,g))－eq\r(\f(2h,g))，t1＝eq\r(\f(6h,g))－eq\r(\f(4h,g))，則有t1∶t2∶t3＝(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)∶1≈(1.732－1.414)∶(1.414－1)∶1≈3∶4∶10，可知該比值最接近3∶4∶10。故選B。5．(2023·江蘇南京市階段練習)某同學用手機的加速度傳感器測量了電梯運行過程中的加速度，得到了圖甲所示的圖線(規(guī)定豎直向上為正方向)，為了簡化問題研究，將圖線簡化為圖乙所示的圖像。已知t＝0時電梯處于靜止狀態(tài)，則以下判斷正確的是()A．t＝5s時電梯處于失重狀態(tài)B．8～9s內(nèi)電梯在做減速運動C．10～15s內(nèi)電梯在上行D．17～20s內(nèi)電梯在下行答案C解析t＝5s時，電梯的加速度為正值，方向豎直向上電梯處于超重狀態(tài)，A錯誤；t＝0時，電梯處于靜止狀態(tài)，一小段時間后，電梯的加速度為正值，方向豎直向上，電梯一定加速上升，8～9s內(nèi)，電梯的加速度仍為正值，方向豎直向上，可知電梯加速上升，B錯誤；t＝10s時，電梯的加速度為零，電梯上升的速度達到最大值，10～15s內(nèi)，電梯的加速度為零，電梯以最大速度勻速上行，C正確；16～21s內(nèi)，電梯的加速度為負值，方向豎直向下，電梯向上做減速運動，t＝21s時，電梯的速度減為零，則17～20s內(nèi)電梯仍在上行，D錯誤。6.(2023·江蘇蘇州市月考)2021年12月9日，我國航天員王亞平再次進行太空授課，使得我國很多中小學生對微重力下液體內(nèi)部的受力情況感到好奇，某同學為了在地面探究微重力下液體內(nèi)部的受力情況，設計了實驗，如圖所示，密度為ρ的木球與輕質(zhì)彈簧相連后置于充滿水的密閉容器中，彈簧的另一端固定于容器的底部。水與木球的密度差為Δρ(Δρ>0)，重力加速度為g。初始時整個系統(tǒng)靜止，現(xiàn)將容器由靜止釋放，則釋放瞬間木球相對于地面的加速度大小為()A．g B.eq\f(Δρ,ρ)gC．(1－eq\f(Δρ,ρ))g D．(1＋eq\f(Δρ,ρ))g答案D解析初始時整個系統(tǒng)靜止，彈力為F彈，對木球分析有ρ水gV＝F彈＋ρgV，釋放瞬間，彈力不變，系統(tǒng)處于完全失重狀態(tài)，浮力消失，則a＝eq\f(F彈＋ρgV,m)＝eq\f(ΔρgV＋ρgV,ρV)＝(1＋eq\f(Δρ,ρ))g，故選D。7.(2023·江蘇南通市海安高級中學月考)如圖，水平桌面上有一薄板，薄板上擺放著小圓柱體A、B、C，圓柱體的質(zhì)量分別為mA、mB、mC，且mA>mB>mC。用一水平外力將薄板沿垂直BC的方向抽出，圓柱體與薄板間的動摩擦因數(shù)均相同，圓柱體與桌面間的動摩擦因數(shù)也均相同。則抽出后，三個圓柱體留在桌面上的位置所組成的圖形可能是()答案A解析設圓柱體的質(zhì)量為m，圓柱體與薄板間的動摩擦因數(shù)、圓柱體與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ，則在抽薄板的過程中，圓柱體在薄板摩擦力的作用下做加速運動，離開薄板后在桌面摩擦力的作用下做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma，可得，加速運動與減速運動時的加速度都為a＝μg，由于圓柱體A先離開薄板，B、C同時后離開薄板，則根據(jù)v＝at可知，A離開薄板時的速度小于B、C離開薄板時的速度，同時A加速的位移小于B、C加速的位移。離開薄板后，根據(jù)v2＝2ax可知，B、C在桌面上滑動的距離相等，且大于A在桌面上滑動的距離。故選A。[爭分提能練]8．(2022·全國甲卷·19改編)如圖，質(zhì)量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數(shù)均為μ。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻速運動；某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前()A．P的加速度大小的最大值為μgB．Q的加速度大小的最大值為2μgC．P的位移大小一定大于Q的位移大小D．P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小答案D解析設兩滑塊的質(zhì)量均為m，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運動，則拉力大小為F＝2μmg，撤去拉力前對Q受力分析可知，彈簧的彈力為FT0＝μmg，以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變?nèi)詾棣蘭g，兩滑塊與地面間仍然保持相對滑動，此時滑塊P的加速度為－FT0－μmg＝maP1，解得aP1＝－2μg，此刻滑塊Q所受的外力不變，加速度仍為零，從撤去拉力到彈簧第一次恢復原長過程中，彈簧彈力一直在減小，根據(jù)牛頓第二定律可知P減速的加速度減小，滑塊Q所受的合外力增大，方向向左，做加速度增大的減速運動，故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為2μg，Q加速度最大時為彈簧恢復原長時，有－μmg＝maQm，解得aQm＝－μg，故滑塊Q加速度大小的最大值為μg，A、B錯誤；由于彈簧恢復原長前滑塊P的加速度一直大于Q的加速度，所以撤去拉力后P的速度一直小于同一時刻Q的速度，所以P的位移一定小于Q的位移，C錯誤，D正確。9．(2023·江蘇省學業(yè)水平考試押題卷)如圖所示，質(zhì)量為1kg的長木板B放在水平地面上，質(zhì)量為2kg的物塊A放在木板B的左端。物塊A與木板B間的動摩擦因數(shù)為0.7，木板B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為10m/s2?，F(xiàn)對A施加一水平拉力F，則物塊速度vA、木板速度vB隨時間變化的圖像可能是()答案B解析設二者恰不發(fā)生相對滑動時，外力大小為F0，對物塊有F0－μ1mAg＝mAaA，對木板有μ1mAg－μ2(mB＋mA)g＝mBaB，且aA＝aB，解得F0＝30N，aA＝aB＝8m/s2。A選項中，物塊的加速度大于木板的加速度，均小于二者能相對靜止一起運動的最大加速度，A錯誤；B選項中，物塊和木板一起加速運動，且加速度滿足要求，B正確；C選項中，物塊的加速度大小為8.5m/s2，木板的加速度大小為4.25m/s2<8m/s2，C錯誤；D選項中，二者的加速度相同，但大于二者能相對靜止一起運動的最大加速度，D錯誤。10．大功率火箭一般采取多級推進技術，以提高發(fā)射速度。某中學的物理興趣小組同學制作了一個兩級推進火箭模型進行試驗。已知火箭質(zhì)量為m，提供的推動力恒定且為F＝3mg，火箭先經(jīng)過一級推動力推進時間t后，丟棄掉質(zhì)量為eq\f(m,2)的一級箭體，再由二級推動力繼續(xù)推動剩余質(zhì)量為eq\f(m,2)的火箭，推動力仍為F＝3mg，火箭飛行時間t后結(jié)束推進。重力加速度恒定且為g，不考慮燃料消耗引起的質(zhì)量變化，不計空氣阻力，求：(1)火箭上升過程的最大速度為多少？(2)火箭上升的最大高度為多少？答案(1)7gt(2)30gt2解析(1)設一級推動t時間火箭的加速度為a1，末速度為v1，二級推動t時間火箭的加速度為a2，末速度為v2，由牛頓第二定律可得a1＝eq\f(F合,m)＝eq\f(3mg－mg,m)＝2g，v1＝a1t＝2gt，a2＝eq\f(F合′,\f(m,2))＝eq\f(3mg－\f(1,2)mg,\f(1,2)m)＝5g所以火箭上升的最大速度為v2＝v1＋a2t＝7gt(2)設一級推動t時間火箭上升的高度為h1，二級推動t時間火箭上升的高度為h2，結(jié)束推動后火箭繼續(xù)上升高度為h3，由勻變速直線運動規(guī)律可得h1＝eq\f(v1,2)t＝gt2，h2＝eq\f(v1＋v2,2)t＝eq\f(9,2)gt2失去推動后，火箭向上做勻減速運動，加速度大小為g，末速度為0，所以有v22＝2gh3，可得h3＝eq\f(49,2)gt2所以火箭上升的最大高度為h＝h1＋h2＋h3＝30gt2。11.(2023·江蘇蘇州市聯(lián)考)如圖所示，分揀快遞的車間里，與水平面成θ＝30°的傳送帶正以v＝3m/s的速度順時針勻速運行，A、B兩端相距l(xiāng)＝13.5m?，F(xiàn)每隔1s把質(zhì)量m＝1kg的工件(視為質(zhì)點)輕放在傳送帶上，工件在傳送帶的帶動下向上運動，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(2\r(3),5)，取g＝10m/s2，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字。求：(1)工件剛剛放上去時的加速度大小；(2)工件從A到B所用的時間；(3)相鄰工件之間的最大和最小距離；(4)滿載與空載相比，傳送帶需要增加多大的牽引力。答案(1)1.0m/s2(2)6.0s(3)3.0m0.50m(4)33N解析(1)設工件在傳送帶加速運動時的加速度為a，則μmgcosθ－mgsinθ＝ma代入數(shù)據(jù)解得a＝1.0m/s2(2)工件加速時間為t1＝eq\f(v,a)＝3.0s位移x＝eq\f(v2,2a)＝4.5m勻速運動的時間t2＝eq\f(l－x,v)＝3.0s則總時間t＝t1＋t2＝6.0s(3)剛放上下一個工件時，該工件離前一個工件的距離最小，且最小距離dmin＝eq\f(1,2)aΔt2解得dmin＝0.50m當相鄰兩工件均勻速運動時相距最遠，則dmax＝vΔt＝3.0m(4)由于工件加速時間為3s，因此傳送帶上總有三個(n1＝3)工件正在加速，故所有做加速運動的工件對傳送帶的總滑動摩擦力Ff1＝3μmgcosθ在滑動摩擦力作用下工件移動的位移x＝eq\f(v2,2a)＝4.5m傳送帶上勻速運動的工件數(shù)n2＝eq\f(l－x,dmax)＝3當工件與傳送帶相對靜止后，每個工件受到的靜摩擦力Ff0＝mgsinθ所有做勻速運動的工件對傳送帶的總靜摩擦力Ff2＝n2Ff0與空載相比，傳送帶需增大的牽引力F＝Ff1＋Ff2聯(lián)立解得F＝33N[尖子生選練]12．(2023·江蘇省鹽城中學期末)如圖甲所示，水平地面上有一質(zhì)量為M的長平板車，平板車右端放一質(zhì)量為m的物塊，開始時平板車和物塊均靜止。t＝0時，平板車在外力作用下開始沿水平面向右運動，其v－t圖像如圖乙所示，整個過程中物塊恰好沒有從平板車上滑下。已知物塊與平板車間的動摩擦因數(shù)為0.1，取g＝10m/s2，下列說法正確的是()A．0～4s內(nèi)，物塊的加速度一直變大B．整個過程中，物塊相對平板車滑動的時間為4sC．平板車的長度為12mD．物塊相對平板車的位移為16m答案C解析根據(jù)題意，若物塊與平板車保持相對靜止，由牛頓第二定律可得，最大的加速度為μmg＝ma，解得加速度a＝1m/s2，由題圖乙可知，平板車加速時加速度a1＝eq\f(8,2)m/s2＝4m/s2，平板車減速時加速度aM＝eq\f(0－8,6－2)m/s2＝－2m/s2，可知，物塊與平板車發(fā)生相對滑動，設經(jīng)時間t兩者共速，則有at＝8m/s－2m/s2·(t－2s)，得t＝4s，v4＝4m/s，共速后，由于平板車的加速度為aM＝－2m/s2，物塊減速時，由牛頓第二定律得－μmg＝ma′，得a′＝－1m/s2，平板車的加速度大于物塊的加速度，所以物塊以1m/s2的加速度減速，設共速后再經(jīng)t1減速到零，由運動學公式0＝4m/s＋a′t1，解得t1＝4s，即經(jīng)t′＝4s＋4s＝8s，物塊的速度減為零，兩物體的速度—時間圖像如圖所示，整個過程中，物塊的加速度大小一直為1m/s2，物塊相對平板車滑動的時間為8s，故A、B錯誤；0～4s的相對位移x1＝8×2×eq\f(1,2)m＋eq\f(1,2)×(8＋4)×2m－4×4×eq\f(1,2)m＝12m,4～8s后的相對位移x2＝4×4×eq\f(1,2)m－2×4×eq\f(1,2)m＝4m，所以平板車的長度為12m，物塊相對平板車的位移大小為12m－4m＝8m，故D錯誤，C正確。

第3講拋體運動目標要求1.會處理運動的合成與分解及關聯(lián)速度問題。2.掌握解決曲線運動的一般方法，會處理平拋、斜拋運動。考點一運動的合成與分解例1(2023·江蘇卷·10)達·芬奇的手稿中描述了這樣一個實驗：一個罐子在空中沿水平直線向右做勻加速運動，沿途連續(xù)漏出沙子。若不計空氣阻力，則下列圖中能反映空中沙子排列的幾何圖形是()答案D解析以罐子為參考系，沙子在水平方向向左做勻加速直線運動，在豎直方向做自由落體運動，合加速度恒定，沙子在空中排列在一條斜向左下的直線上，故選D。例2如圖所示，套在光滑豎直桿上的物體A，通過輕質(zhì)細繩跨過光滑定滑輪與光滑水平面上的物體B相連接，A、B質(zhì)量相同。現(xiàn)將A從與B等高處由靜止釋放，不計一切摩擦，重力加速度為g，當細繩與豎直桿間的夾角為θ＝60°時，A下落的高度為h，此時物體B的速度大小為()A.eq\r(\f(2,5)gh) B.eq\r(\f(4,5)gh)C.eq\r(\f(gh,2)) D.eq\r(gh)答案A解析設物體A下落高度為h時，物體A的速度大小為vA，物體B的速度大小為vB，此時有vA＝eq\f(vB,cos60°)＝2vB，物體A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有mgh＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，聯(lián)立方程解得vB＝eq\r(\f(2,5)gh)，故選A。關聯(lián)速度問題首先明確物體的實際速度為合速度，將物體的實際速度分解為垂直于繩(桿)和平行于繩(桿)的兩個分量，根據(jù)沿繩(桿)方向的分速度大小相等求解。常見的模型如圖所示。例3滑雪是冬季運動項目之一，如圖所示，整個滑雪軌道在同一豎直平面內(nèi)，高為H的彎曲滑道OA與長直斜滑道AB連接，某運動員從O點由靜止滑下，到達A點并水平飛出后落到長直斜滑道上的B點，不計滑動過程中的摩擦和空氣阻力，若彎曲滑道OA的高H加倍，運動員仍落到斜滑道上，則下列說法正確的是()A．運動員在A點水平飛出的速度加倍B．運動員在A點飛出后在空中運動的時間加倍C．運動員落到斜滑道上的速度大小不變D．運動員落到斜滑道上的速度方向不變答案D解析根據(jù)動能定理有mgH＝eq\f(1,2)mv2，可得運動員水平飛出的速度v＝eq\r(2gH)，若H加倍，可知其水平飛出的速度變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍，選項A錯誤；運動員從A點飛出后做平拋運動落在斜滑道上，設斜滑道傾角為θ，則有tanθ＝eq\f(\f(1,2)gt2,vt)＝eq\f(gt,2v)，解得t＝eq\f(2vtanθ,g)，若H加倍，則運動員在空中運動的時間變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍，選項B錯誤；運動員從A點水平飛出落到斜滑道上時，速度方向與水平方向夾角α的正切值始終是位移方向與水平方向夾角θ的正切值的2倍，θ不變，所以α也不變，故速度方向不變，選項D正確；運動員落到斜滑道上的速度方向不變，大小為v′＝eq\f(v,cosα)，α不變，若H加倍，則運動員落到斜滑道上的速度大小變?yōu)樵瓉淼膃q\r(2)倍，選項C錯誤?？键c二平拋運動1．平拋運動及研究方法2．平拋運動的兩個推論(1)設做平拋運動的物體在任意時刻的速度方向與水平方向的夾角為θ，位移方向與水平方向的夾角為φ，則有tanθ＝2tanφ，如圖甲所示。(2)做平拋運動的物體任意時刻的瞬時速度的反向延長線一定通過此時水平位移的中點，如圖乙所示。例4某次演習中飛機對山上的標靶投擲炸彈，其簡化模型如圖所示。山體的截面ABC近似為等腰三角形，其中AB、AC邊長均為1000m，A點距地面高度為600m，B、C為水平地面上兩點，D、E分別為AB、AC的中點。飛機在B點正上方800m處水平投擲一枚炸彈，炸彈離開飛機后做平拋運動。重力加速度g＝10m/s2，飛機和炸彈均可視為質(zhì)點，則()A．要擊中E處的標靶，炸彈的初速度大小為120m/sB．炸彈不能擊中E處的標靶C．要擊中A處的標靶，炸彈的初速度大小為40m/sD．要擊中C處的標靶，炸彈的初速度大小為50m/s答案B解析要擊中A處標靶，由幾何知識可知，拋出點到A點的水平位移為800m，豎直位移為200m，由平拋運動規(guī)律有h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vt，解得初速度v＝40eq\r(10)m/s，同理可知，要擊中C處的標靶，炸彈的初速度大小也為40eq\r(10)m/s，故C、D錯誤；綜上所述，當炸彈初速度為40eq\r(10)m/s時軌跡恰好過A、C兩點，所以炸彈初速度小于40eq\r(10)m/s時落在A點左側(cè)，初速度大于40eq\r(10)m/s時落在C點右側(cè)，即炸彈不能落在AC邊上任意位置，故A錯誤，B正確。平拋運動與斜面(曲面)的綜合問題解題策略情景示例解題策略從斜面外平拋，垂直落在斜面上，如圖所示已知速度方向，常規(guī)建系，分解速度tanθ＝eq\f(v0,vy)＝eq\f(v0,gt)從圓弧形軌道外平拋，恰好無碰撞地進入圓弧形軌道，如圖所示已知速度方向，常規(guī)建系，分解速度tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)在斜面外平拋，落在斜面上位移最小，如圖所示已知位移方向，常規(guī)建系，分解位移tanθ＝eq\f(x,y)＝eq\f(v0t,\f(1,2)gt2)＝eq\f(2v0,gt)從斜面上平拋又落到斜面上，如圖所示，求飛行時間、位移等已知位移方向，常規(guī)建系，分解位移tanθ＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq\f(gt,2v0)從斜面上平拋又落到斜面上，如圖所示，求離斜面最大距離及所用時間已知速度方向，沿斜面向下為x軸，垂直斜面向上為y軸建立坐標系，分解初速度和重力加速度，t＝eq\f(v0sinθ,gcosθ)，h＝eq\f(v0sinθ2,2gcosθ)例5(2022·全國甲卷·24)將一小球水平拋出，使用頻閃儀和照相機對運動的小球進行拍攝，頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次閃光。某次拍攝時，小球在拋出瞬間頻閃儀恰好閃光，拍攝的照片編輯后如圖所示。圖中的第一個小球為拋出瞬間的影像，每相鄰兩個球之間被刪去了3個影像，所標出的兩個線段的長度s1和s2之比為3∶7。重力加速度大小取g＝10m/s2，忽略空氣阻力。求在拋出瞬間小球速度的大小。答案eq\f(2\r(5),5)m/s解析頻閃儀每隔0.05s發(fā)出一次閃光，每相鄰兩個球之間被刪去3個影像，故相鄰兩球的時間間隔為t＝4T＝4×0.05s＝0.2s設拋出瞬間小球的速度為v0，每相鄰兩球間水平方向上的位移為x，豎直方向上的位移分別為y1、y2，根據(jù)平拋運動位移公式有x＝v0ty1＝eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×0.22m＝0.2my2＝eq\f(1,2)g(2t)2－eq\f(1,2)gt2＝eq\f(1,2)×10×(0.42－0.22)m＝0.6m令y1＝y(tǒng)，則有y2＝3y1＝3y已標注的線段s1、s2分別為s1＝eq\r(x2＋y2)s2＝eq\r(x2＋3y2)＝eq\r(x2＋9y2)則有eq\r(x2＋y2)∶eq\r(x2＋9y2)＝3∶7整理得x＝eq\f(2\r(5),5)y故在拋出瞬間小球速度的大小為v0＝eq\f(x,t)＝eq\f(2\r(5),5)m/s?？键c三斜拋運動性質(zhì)斜拋運動是加速度為g的勻變速曲線運動，運動軌跡是拋物線研究方法運動的合成與分解、逆向思維法基本規(guī)律(以斜上拋運動為例)(1)水平方向：v0x＝v0cosθ，F(xiàn)合x＝0；x＝v0tcosθ(2)豎直方向：v0y＝v0sinθ，F(xiàn)合y＝mg；y＝v0tsinθ－eq\f(1,2)gt2常見圖例例6(2023·江蘇南通市第一次調(diào)研)某噴灌機進行農(nóng)田噴灌的示意圖如圖所示，噴頭出水速度的大小和方向均可調(diào)節(jié)。設噴頭出水速度大小為v0，方向與水平地面的夾角為θ，忽略噴頭距離地面的高度及空氣阻力，則()A．v0越大，噴灌的射程越遠B．θ越大，噴灌的射程越遠C．噴灌射程最遠時，水在空中的時間不是最長D．噴灌射程相同時，水在空中上升的最大高度相同答案C解析初速度可以分解為vx＝v0cosθ，vy＝v0sinθ，在空中運動的時間為t＝eq\f(2v0sinθ,g)，則水平射程為s＝v0cosθ·t＝v0cosθ·eq\f(2v0sinθ,g)＝eq\f(v02sin2θ,g)，所以當v0一定時，夾角為θ＝45°時，噴灌的射程最遠，最大值為eq\f(v02,g)；θ一定時，v0越大，噴灌的射程越遠，故A、B錯誤；由t與s的表達式可知，當s最大時，t不是最大；水在空中上升的最大高度H＝eq\f(v0sinθ2,2g)，噴灌射程相同時，水在空中上升的最大高度不一定相同，C正確，D錯誤。1．(2023·江蘇南京師大附中模擬)在我國古代，人們曾經(jīng)用一種叫“唧筒”的裝置進行滅火，這種滅火裝置的特點是：筒是長筒，下開竅，以絮囊水桿，自竅唧水，既能汲水，又能排水。簡單來說，就是一種特制水槍。設滅火時保持水噴出的速率不變，忽略空氣阻力，則下列說法正確的是()A．滅火時應將“唧筒”的軸線指向著火點B．想要使水到達更高的著火點，必須調(diào)大“唧筒”與水平面間的夾角(90°以內(nèi))C．想要使水到達更遠的著火點，必須調(diào)小“唧筒”與水平面間的夾角(90°以內(nèi))D．若將出水孔擴大一些，則推動把手的速度相比原來應適當慢一些答案B解析水離開出口水后做拋體運動，所以滅火時“唧筒”的軸線不能指向著火點，故A錯誤；當調(diào)大“唧筒”與水平面間的夾角，即水在豎直方向的初速度增大，所以豎直位移更大，將到達更高的著火點，故B正確；當調(diào)小“唧筒”與水平面間的夾角時，水在空中的時間減小，雖然水在水平方向的速度增大，但是不一定能使水到達更遠的著火點，故C錯誤；若將出水孔擴大一些，則推動把手的速度相比原來應適當快一些，才能使水噴出的速度大小不變，故D錯誤。2.(2023·江蘇南通市期末)如圖，O為拋物線OM的頂點，A、B為拋物線上兩點，O點的切線水平。從A、B兩點分別以初速度v1、v2水平拋出兩小球，同時擊中O點，不計空氣阻力，則兩球()A．必須同時拋出B．初速度v1與v2相等C．擊中O點時速度相同D．擊中O點時重力的瞬時功率相等答案B解析已知O為拋物線OM頂點，則以O為原點建立xOy直角坐標系，則設OM為y＝ax2則兩平拋運動在豎直方向為自由落體運動，有y1＝ax12＝eq\f(1,2)gt12y2＝ax22＝eq\f(1,2)gt22聯(lián)立解得eq\f(t1,t2)＝eq\f(x1,x2)平拋運動在水平方向為勻速直線運動，有x1＝v1t1，x2＝v2t2聯(lián)立可得eq\f(v1,v2)·eq\f(t1,t2)＝eq\f(x1,x2)整理可得v1＝v2，故B正確；因eq\f(t1,t2)＝eq\f(x1,x2)>1，則可得t1>t2故A處球先拋出才能同時擊中O點，故A錯誤；因v1＝v2，但豎直方向有v1y＝gt1>v2y＝gt2故兩分速度合成后可知擊中O點時的速度不同，故C錯誤；兩球在O點時重力瞬時功率為PG1＝mgv1y>PG2＝mgv2y即擊中O點時重力的瞬時功率不相等，故D錯誤。專題強化練[保分基礎練]1.(2022·廣東卷·6)如圖所示，在豎直平面內(nèi)，截面為三角形的小積木懸掛在離地足夠高處，一玩具槍的槍口與小積木上P點等高且相距為L。當玩具子彈以水平速度v從槍口向P點射出時，小積木恰好由靜止釋放，子彈從射出至擊中積木所用時間為t。不計空氣阻力。下列關于子彈的說法正確的是()A．將擊中P點，t大于eq\f(L,v)B．將擊中P點，t等于eq\f(L,v)C．將擊中P點上方，t大于eq\f(L,v)D．將擊中P點下方，t等于eq\f(L,v)答案B解析由題意知槍口與P點等高，子彈和小積木在豎直方向上均做自由落體運動，當子彈擊中積木時子彈和積木的運動時間相同，根據(jù)h＝eq\f(1,2)gt2，可知下落高度相同，所以將擊中P點；又由于初始狀態(tài)子彈到P點的水平距離為L，子彈在水平方向上做勻速直線運動，故有t＝eq\f(L,v)，故選B。2.(2023·江蘇鹽城市三模)如圖所示為小球從水平向右的橫風區(qū)正上方自由下落的閃光照片。除橫風區(qū)外，其他位置的空氣作用力可忽略不計。則小球()A．在橫風區(qū)水平方向做勻速運動B．在橫風區(qū)加速度方向豎直向下C．從橫風區(qū)飛出后做勻變速直線運動D．從橫風區(qū)飛出后做勻變速曲線運動答案D解析小球進入橫風區(qū)時，在水平方向上受水平向右的風力，根據(jù)牛頓第二定律可知水平方向有加速度，所以在橫風區(qū)水平方向做加速運動，故A錯誤；小球進入橫風區(qū)時，受重力和水平向右的風力