大二輪專題復(fù)習(xí)沖刺方案-物理短板排查靶向練

短板排查靶向練

一、受力分析和物體的平衡

（一）多物體系統(tǒng)中的靜摩擦力分析

1.（2021?吉林省長(zhǎng)春市高三下第四次質(zhì)量檢測(cè)）如圖所示，固定的斜面上疊放

著A、8兩木塊，木塊A與3的接觸面是水平的，水平力尸作用于木塊A,木塊

A、8保持靜止。下列說(shuō)法正確的是（）

A.木塊8可能受到4個(gè)力作用

B.木塊A對(duì)木塊8的摩瘵力可能為。

C.木塊8對(duì)木塊A的作用力方向豎直向上

D.斜面對(duì)木塊8的摩擦力方向沿斜面向下

答案A

解析因?yàn)槟緣KA靜止，所以其受力平衡，故木塊A一定受到木塊8向右的

摩擦力，則木塊4對(duì)木塊B的摩擦力不可能為0,B錯(cuò)誤；又因?yàn)槟緣KB對(duì)木塊

A的支持力豎直向上，故木塊8對(duì)木塊A的作用力（支持力與摩擦力的合力）斜向

右上方，C錯(cuò)誤；對(duì)木塊B受力分析可知，其受到的力一定有重力、木塊A對(duì)其

產(chǎn)生的壓力和摩擦力、斜面對(duì)其產(chǎn)生的支持力，再對(duì)A、8整體受力分析可知，

由于廠大小未知，故斜面對(duì)木塊8的摩擦力可能沿斜面向上、可能沿斜面向下、

也可能為零，D錯(cuò)誤，A正確。

2.（2021.安徽省池州市一模）如圖所示，長(zhǎng)方體滑塊4和B疊放在傾角為。的

斜面體C上，A、B接觸面與斜面平行。已知A、B下滑過(guò)程中始終保持相對(duì)靜止,

斜面體C在水平地面上始終保持不動(dòng)。則下列說(shuō)法正確的是（）

A.若A、8一起勻速下滑，則斜面體。受到地面的靜摩擦力方向水平向右

B.若4、8一起勻速下滑，則滑塊A與8間的動(dòng)摩擦因數(shù)一定為"=tan。

C.若4、。接觸面光滑，滑塊內(nèi)所受摩擦力沿爪A接觸面向上

D.若A、。接觸面光滑，則斜面體。受到地面的靜摩擦力方向水平向左

答案D

解析若A、8一起勻速下滑，則4、8整體受力平衡，且對(duì)斜面體。的作

用力沿豎直方向，故斜面體C不受地面的靜摩擦力，A、B保持相對(duì)靜止，則4

與8間的動(dòng)摩擦因數(shù)滿足〃2tan。，故A、B錯(cuò)誤；若A、C接觸面光滑，A、B

一起沿斜面加速下滑，則滑塊A、8接觸面上無(wú)摩擦力，A、B沿水平方向有加速

度，則A、仄。整體在水平方向的合力向左，斜面體C受到地面的靜摩擦力方

向水平向左，故C錯(cuò)誤，D正確。

I名帥點(diǎn)撥I分析多物體系統(tǒng)中的靜摩擦力時(shí)，要準(zhǔn)確選用整體法和隔離法。

（二）動(dòng)態(tài)平衡中的“動(dòng)桿”“定桿”以及“活結(jié)”“死結(jié)”

3.（2021.湖南省岳陽(yáng)市高三下教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)）在我市雨污分流改造施工中，需

把鋼材運(yùn)送到水池的底部。如圖，工人甲將鋼材放到一定深度時(shí)拉住手中的繩保

持靜止，乙通過(guò)拉繩將鋼材微調(diào)到準(zhǔn)確位置。設(shè)乙所拉輕繩始終保持水平，不考

慮滑輪的摩擦及大小，在乙緩慢釋放手中的繩子，鋼材向左移動(dòng)的過(guò)程中（）

A.甲對(duì)地面的壓力不變

B.甲手中繩子上的拉力不斷增大

C.甲受到地面的摩擦力大于乙受到地面的摩擦力

D.乙手中繩子上的拉力不斷增大

答案C

解析對(duì)鋼材所連接的繩子節(jié)點(diǎn)進(jìn)行受力分析，設(shè)甲所拉繩在節(jié)點(diǎn)的作用力

產(chǎn)甲與水平方向的夾角為仇乙緩慢釋放手中的繩子，鋼材緩慢移動(dòng)，所以該節(jié)點(diǎn)

所受合力時(shí)刻為零，由平衡條件得/甲cosO二尸乙，/甲sinO=〃z鑰g,解得產(chǎn)甲二簿,

產(chǎn)乙二鬻，e變大,則尸甲變小，產(chǎn)乙變小；因?yàn)楣と思妆３朱o止，在此過(guò)程中，

繩對(duì)工人甲的力與水平方向的夾角儀不變，對(duì)工人甲受力分析，由平衡條件得尸

甲sina+N=/n甲g,N為地面對(duì)甲的支持力，因?yàn)楫a(chǎn)甲減小，加甲不變，所以N變

大，根據(jù)牛頓第三定律可知，甲對(duì)地面的壓力不斷增大，故A、B、D錯(cuò)誤；甲

受到地面的摩擦力為了甲二尸甲COSG,乙受到地面的摩擦力為了乙二尸乙=尸甲85區(qū)

因?yàn)椤４笥赼,所以cosa>cos//甲》*乙，故C正確。

4.（2021.寧夏吳忠市高三下一輪聯(lián)考）如圖是某建筑工地懸吊裝置的示意圖，

圖中OM是用輕鋼制作的龍骨，ON為尼龍輕繩。OM可以繞通過(guò)M點(diǎn)且垂直于

紙面的軸轉(zhuǎn)動(dòng)，尼龍繩的N端系在一輛天車上，尼龍繩和龍骨的重力及M處的摩

擦力都可以忽略不計(jì)。若所掛的重物不變，保持。M與豎直墻面的夾角不變而將

天車稍微向左開(kāi)動(dòng)一點(diǎn)距離，下列說(shuō)法正確的是（）

A.尼龍繩ON對(duì)。點(diǎn)的拉力不變

B.尼龍繩ON對(duì)。點(diǎn)的拉力增大

C.龍骨OM對(duì)。點(diǎn)的支持力不變

D.龍骨OM對(duì)。點(diǎn)的支持力減小

答案B

解析以。點(diǎn)為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，如圖所示，由平衡條件知人G、

R三個(gè)力合力為零，即尸與"N的合力與重力大小相等，方向相反，若天車向左

移動(dòng)少許，重力G大小、方向均不變，K方向不變，由圖可知，F(xiàn)N變?yōu)槭琋I、

FN2,F變?yōu)镽、F2,所以人變大，F(xiàn)變大,故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。

［名師點(diǎn)撥］（1）平衡時(shí)“動(dòng)桿”產(chǎn)生的彈力一定沿著桿；“定桿”產(chǎn)生的彈

力不一定沿著桿；

（2）“活結(jié)”兩側(cè)輕繩上的彈力大小相同；“死結(jié)”兩側(cè)輕繩上的彈力大小沒(méi)

有直接關(guān)系，不一定相等。

（三）質(zhì)量不可忽略的軟繩的平衡問(wèn)題

5.如圖所示，山坡上兩相鄰高壓線塔A、8之間架有勻質(zhì)粗導(dǎo)線，平衡時(shí)導(dǎo)線

呈弧形下垂，最低點(diǎn)在。處，已知弧的長(zhǎng)度是4。的3倍，右塔A處導(dǎo)線切

線與豎直方向的夾角a=60。，則左塔8處導(dǎo)線切線與豎直方向的夾角￡為（）

A.30°B.45°

C.60°D.75°

答案A

解析設(shè)A、8、。三個(gè)位置的拉力分別為國(guó)、FB、FC,導(dǎo)線質(zhì)量為川，對(duì)

4C段受力分析，由平衡條件得=FAsina=FCi對(duì)BC段受力分析，

由平衡條件得曲cos尸二心吆，F(xiàn)ssin/?=Fc,聯(lián)立以上各式得ta叨二為解得尸=

30°,A正確，B、C、D錯(cuò)誤。

6.（2021.八省聯(lián)考湖南卷）如圖，一根質(zhì)量為〃2的勻質(zhì)繩子，兩端分別固定在

同一高度的兩個(gè)釘子上，中點(diǎn)懸掛一質(zhì)量為M的物體。系統(tǒng)平衡時(shí)，繩子中點(diǎn)兩

側(cè)的切線與豎直方向的夾角為叫釘子處繩子的切線方向與豎直方向的夾角為從

則（）

,押昨

?釘子釘子，

tana_m+M

tan/?一mta叨一M

cosatn

C---=-----

cos破m+Mcos尸~m+M

答案B

解析設(shè)繩子中點(diǎn)處的拉力大小為T,繩子兩端點(diǎn)處的拉力大小均為V,

對(duì)繩子中點(diǎn)受力分析，由平衡條件可知27cosa=Mg,對(duì)繩子和物體整體受力分析,

由平衡條件可知2Tcos。=mg+Mg,對(duì)繩子任意一端到中點(diǎn)間的一段受力分析,

由平衡條件及牛頓第三定律可得，水平方向上有Tsin^=Tsina,三式聯(lián)立解得

［名師點(diǎn)撥］分析與質(zhì)量不可忽略的軟繩有關(guān)的問(wèn)題時(shí)，關(guān)鍵是靈活運(yùn)用整

體法和隔離法，然后運(yùn)用相關(guān)力學(xué)規(guī)律分析（平衡條件、牛頓第二定律等）。注意

質(zhì)量不可忽略的軟繩各處的張力大小一般不同。

（四）共點(diǎn)力動(dòng)態(tài)平衡中的臨界、極值問(wèn)題

7.（2021.安徽省安慶市高三下模擬）如圖所示，兩個(gè)小球ab質(zhì)量均為加，用

細(xì)線相連并懸掛于。點(diǎn)。現(xiàn)用一輕質(zhì)彈簧給小球。施加一個(gè)拉力F,使整個(gè)裝置

處于靜止?fàn)顟B(tài)，且Oa與豎直方向的夾角為。二45。，已知彈簧的勁度系數(shù)為k,

則彈簧形變量不可能為（）

0

A典R戊mg

A-k02k

4小mg小mg

。3kD.k

答案B

解析以小球。、力整體為研究對(duì)象，分析受力，作出F在幾個(gè)方向時(shí)整體

的受力圖，根據(jù)平衡條件得知：尸與臼的合力與整體重力2〃7g總是大小相等、

方向相反，由力的合成圖可知，當(dāng)尸與繩子。。垂直時(shí)，尸有最小值，即圖中2

位置，產(chǎn)的最小值為尸min=2wgSinO=，^〃g,根據(jù)胡克定律Emin=Hmin,解得Xmin

=吃故選B。

［名師點(diǎn)撥］對(duì)共點(diǎn)力動(dòng)態(tài)平衡中的臨界、極值問(wèn)題，可對(duì)問(wèn)題先作極限分

析，考慮用圖解法或數(shù)學(xué)上求極值的方法進(jìn)行處理。

8.（2021?山東省煙臺(tái)市一模）（多選）筷子是中華飲食文化的標(biāo)志之一，我國(guó)著名

物理學(xué)家李政道曾夸贊說(shuō)：“筷子如此簡(jiǎn)單的兩根木頭，卻精妙絕倫地應(yīng)用了物

理學(xué)杠桿原理?！比鐖D所示，用筷子夾住質(zhì)量為機(jī)的小球，兩根筷子均在豎直平

面內(nèi)，且筷子和豎直方向的夾角均為優(yōu)已知小球與筷子之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃,

設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g,小球靜止。下列說(shuō)法正確的

是（）

A.筷子對(duì)小球的最小壓力是為缶麗

B.當(dāng)。增大時(shí)，筷子對(duì)小球的最小壓力一定增大

C.當(dāng)。減小時(shí)，筷子對(duì)小球的最小壓力一定增大

D.要想用筷子夾住小球，必須滿足〃,tan。

答案BD

解析作出一側(cè)筷子給小球的支持力與摩擦力，如圖所示。左右兩邊的筷子

對(duì)小球有沿筷子向上的摩擦力/和垂直筷子指向球心的壓力M則對(duì)小球有2fcos0

niQ

=mg+2Nsin。,當(dāng)壓力N最小時(shí)，則解得最小壓力為N二6小,

Zv//COS（7—Slnu）

故A錯(cuò)誤；根據(jù)辱=""二震_二"可知,當(dāng)夕增大時(shí)，筷子對(duì)小球的最小壓力一

定增大，故B正確，C錯(cuò)誤；要想用筷子夾住小球，表達(dá)式及二荻意、^須

大于零，即必須滿足〃>tanO,故D正確。

二、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律及圖象

（一）運(yùn)動(dòng)圖象拓展問(wèn)題

1.（2021?四川省廣元市高三下第三次適應(yīng)性統(tǒng)考）甲、乙兩車沿同一直線運(yùn)動(dòng),

其中甲車以6m/s的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，乙車做初速度為零的勻變速直線運(yùn)動(dòng),

它們的位移x隨時(shí)間，的變化如圖所示。已知，=3s時(shí)，甲、乙圖線的斜率相等。

下列判斷正確的是（）

A.最初的一段時(shí)間內(nèi)，甲、乙的運(yùn)動(dòng)方向相反

R）=3s時(shí)，乙車的速度大小為9

C.A=10s時(shí)兩車相遇

D.乙車經(jīng)過(guò)原點(diǎn)（即參照點(diǎn)）時(shí)的速度大小為2/m/s

答案C

解析位移一時(shí)間圖象的斜率表示速度，最初的一段時(shí)間內(nèi)，甲、乙的斜率

均為正值，所以甲、乙的運(yùn)動(dòng)方向相同，故A錯(cuò)誤；乙車做初速度為零的勻變速

直線運(yùn)動(dòng)，r=3s時(shí)，甲、乙圖線的斜率相等，所以，=3s時(shí)乙的速度是6m/s,

B錯(cuò)誤；乙的力口速度m/s2=2mH,設(shè)。時(shí)刻兩車相遇，相遇時(shí)有。甲。

+40m=解得：力=10s,故C正確；根據(jù)。2-0=2的乙經(jīng)過(guò)原點(diǎn)時(shí)的速

度大小為0=4、6m/s,故D錯(cuò)誤。

2.（2021?湖南省永州市高三下三模）汽車的設(shè)計(jì)、競(jìng)技體育的指導(dǎo)、宇航員的

訓(xùn)練等多種工作都會(huì)用到急動(dòng)度的概念。急動(dòng)度,是加速度變化量△。與發(fā)生這一

變化所用時(shí)間△，的比值，即，二當(dāng)，它的方向與物體加速度變化量的方向相同。

一物體從靜止開(kāi)始做直線運(yùn)動(dòng)，其加速度。隨時(shí)間，的變化關(guān)系如圖，則該物體

在（）

A.1~3s內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng)

B.。?5s內(nèi)速度方向發(fā)生改變

C./=2s時(shí)和u4s時(shí)加速度等大反向

D.f=2s時(shí)和f=4s時(shí)急動(dòng)度等大反向

答案C

解析1?3s內(nèi)加速度為正值，物體做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤;

圖線與時(shí)間軸所圍面積為物體的速度變化量，而f=0時(shí)。=0,故。?5s內(nèi)速

度始終為正值，速度方向不變，故R錯(cuò)誤；由圖象可知，時(shí)和f=4*時(shí)加

速度等大反向，故C正確；，=2s時(shí)和，=4s時(shí)，圖象斜率相同，故急動(dòng)度相同,

故D錯(cuò)誤。

［名師點(diǎn)撥］對(duì)一些不常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)圖象，處理方式同常見(jiàn)圖象類似，要明確

圖線的“斜率”或與坐標(biāo)軸圍成的“面積”的物理意義，然后再進(jìn)一步解題。

3.（2021?河南省濟(jì)源市、平頂山市、許昌市高三下第三次質(zhì)量檢測(cè)）甲、乙兩

X

車在平直公路上從同一地點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，兩車位移X和時(shí)間，的比值7與時(shí)間，之間

的關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法正確的是（）

A.甲車的加速度大小為5m/s2

B.乙車速度減小到零需要6s

C.甲車追上乙車前，兩車間最遠(yuǎn)距離為7.5m

D.乙車速度減小到零時(shí)，甲車速度為20m/s

答案C

1V1

解析根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移時(shí)間公式X二四十于，變形得到7=。。十］

2

at,所以對(duì)于甲車有金甲二學(xué)m*,得。甲=10m/s,故A錯(cuò)誤；對(duì)于乙車，由

110-15、.

圖知，乙車的初速度為如乙二15m/s,乃乙=-2—m/s?,得〃乙=-5m/s2,乙

車速度減小到零用時(shí)，乙二丁上二一1s=3s,故B錯(cuò)誤；甲車做初速度為零

a乙—J

的勻加速運(yùn)動(dòng)，乙車做初速度為15m/s的勻減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩車的速度相等時(shí)相距

最遠(yuǎn)，貝Ijoo乙乙/二。甲1,得f=ls,即甲車追上乙車前，1S末甲、乙兩車相距

最遠(yuǎn)，此時(shí)兩車距離Ax=0o乙/+/乙甲?=15X1m+1x（-5）Xl21

m-2

X10X12m=7.5m,故C正確；乙車速度減小到零時(shí)，甲車速度為。甲二。甲，乙

=10X3m/s=30m/s,故D錯(cuò)誤。

（二）逆向思維法處理末速度為零的勻減速直線運(yùn)動(dòng)

4.（2021?湖南省懷化市高三下一模）水平路面上勻速行駛的汽車，因緊急情況

而剎車，剎車過(guò)程中汽車做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，。“圖象如圖所示。已知汽車開(kāi)始剎

車后，第2秒內(nèi)的位移為4m,2秒后的位移為0.5m。汽車剎車過(guò)程的加速度大小

為（）

A.4m/s2B.3.5m/s2

C.3m/s2D.2.5m/s2

答案A

解析設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間，后汽車停止運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用逆向思維有g(shù)w-2s）2=（）.5m,“

-1s)2=4.5m,解得〃=4m/s2,故選A。

［名師點(diǎn)撥］末速度為零的勻減速直線運(yùn)動(dòng)可等效為逆向的初速度為零的

勻加速直線運(yùn)動(dòng)進(jìn)行處理，等效后的數(shù)學(xué)運(yùn)算會(huì)簡(jiǎn)單很多。

5.（2021?安徽省示范高中皖北協(xié)作區(qū)第23屆高三下4月聯(lián)考）（多選）“奮斗

者號(hào)”是我國(guó)自主研制的目前世界上下潛能力最強(qiáng)的潛水器之一。假設(shè)某次海試

活動(dòng)中，“奮斗者號(hào)”從距海面深”處以某一初速度豎直上浮，并從此時(shí)刻開(kāi)始

計(jì)時(shí)，做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間，上浮到海面，速度恰好減為零，則下列說(shuō)

法正確的是（）

A.上浮時(shí)的初速度為當(dāng)

B.上浮時(shí)的初速度為:

H（t-to）2

C.在fo?oU）時(shí)刻距離海平面的深度為七一

H（t-to）2

D.在時(shí)刻距離海平面的深度為一—

答案BC

解析將“奮斗者號(hào)”的運(yùn)動(dòng)逆向看做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則由

當(dāng)解得上浮時(shí)的初速度為如二平，故A錯(cuò)誤，B正確；上浮的加速度大小

Vo2H1H（t-to）2

為。=7=F，則在時(shí)刻距離海平面的深度為人二54"-。）-=--，故

C正確，D錯(cuò)誤。

三、牛頓第二定律的應(yīng)用

（一）動(dòng)力學(xué)圖象分析

1.（2021?安徽省示范高中皖北協(xié)作區(qū)第23屆高三下4月聯(lián)考）（多選）如圖1

所示，足夠長(zhǎng)的木板8靜置于光滑水平面上，其上放置小滑塊A,滑塊A受到隨

時(shí)間/變化的水平拉力尸作用時(shí)，用傳感器測(cè)出滑塊4的加速度得到如圖2

所示的。?尸圖象，已知g取lOm/s?,貝ij（）

」二上,

圖?

A.滑塊4的質(zhì)量為2kg

B.木板B的質(zhì)量為6kg

C.當(dāng)b=12N時(shí)，木板8的加速度為4m*

D.滑塊A與木板8間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.4

答案AD

解析設(shè)滑塊A的質(zhì)量為〃"木板B的質(zhì)量為M,滑塊<與木板8間的動(dòng)摩

擦因數(shù)為〃。由題圖2可知，當(dāng)/=/=10N時(shí)，滑塊4與木板B達(dá)到最大共同

加速度〃m=lm/s2,根據(jù)牛頓第二定律有=+解得M+機(jī)=10kg,當(dāng)

尸＞10N時(shí)，A與8將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)4單獨(dú)應(yīng)用牛頓第二定律有尸-"mg=

F

"小整理得。二而一〃g,根據(jù)題圖2解得〃2=2kg,〃=0.4,則M=8kg,故A、

D正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)尸二12N時(shí)，木板8的加速度為四=鬻=1m/s2,故C錯(cuò)

誤。

［名師點(diǎn)撥］有關(guān)動(dòng)力學(xué)的圖象經(jīng)常是不常見(jiàn)的圖象，可以用最基本的動(dòng)力

學(xué)規(guī)律列出縱軸和橫軸所代表的物理量間的函數(shù)表達(dá)式，通過(guò)找表達(dá)式和對(duì)應(yīng)圖

象的信息來(lái)進(jìn)一步分析物理過(guò)程的變化規(guī)律或進(jìn)一步解決問(wèn)題。

2.(2021?江西省高三第二次模擬卷一)我國(guó)的嫦娥五號(hào)探測(cè)器從月球采樣后，

返回艙從太空向地球表面按預(yù)定軌道返回，在離地10km的高度打開(kāi)阻力降落傘

開(kāi)始減速下降，這一過(guò)程中若返回艙所受阻力與速度的平方成正比，比例系數(shù)(空

氣阻力系數(shù))為上,設(shè)返回艙總質(zhì)量例=3000kg,所受空氣浮力恒定不變，且可認(rèn)

為返回過(guò)程為豎直降落。從某時(shí)刻開(kāi)始計(jì)時(shí)，返回艙運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖所示，

圖中A8是曲線在A點(diǎn)的切線，切線與橫軸交點(diǎn)8的坐標(biāo)為(8s,0),CO是平行橫

軸的直線，與縱軸交點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0,8m/s)。g取10m*,請(qǐng)回答下列問(wèn)題：

(1)在初始時(shí)刻，即如=160m/s時(shí)，返回艙的加速度多大？

(2)求空氣阻力系數(shù)k的大小(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)；

(3)返回艙在距離地面高度分=1m時(shí)，底部的4個(gè)反推力小火箭點(diǎn)火工作，

使其速度由8m/s迅速減至1m/s后落在地面上，若忽略燃料質(zhì)量的減少對(duì)返回艙

總質(zhì)量的影響，并忽略此階段速度變化而引起空氣阻力的變化，試估算每支小火

箭的平均推力大小(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。

答案(1)20m/s2(2)2.35kg/m(3)2.4X104N

解析(1)在0o=160m/s時(shí)，過(guò)A點(diǎn)切線的斜率即為返回艙此時(shí)的加速度，

設(shè)其大小為0,貝IJ：

22

a\=KI=~o~ni/s=20m/so

（2）由圖象知，返回艙的次/圖線的斜率逐漸減小，最后以0=8m/s的速度做

勻速運(yùn)動(dòng)。設(shè)返回艙所受空氣浮力為￡對(duì)返回艙，在時(shí)，根據(jù)牛頓第二定

律有：kvl+f-Mg=Mai

速度為功=8m/s時(shí)，根據(jù)平衡條件有：

kv\+/-Mg=0

貝IJ有“二黑不代入數(shù)據(jù)解得女=2.35kg/m。

（3）設(shè)每支小火箭的平均推力大小為凡，此階段返回艙的加速度大小為如著

地速度為。2,由題意知，返叵艙在距離地面高度〃=1m前，已處于勻速運(yùn)動(dòng)狀

態(tài)，故此階段返回艙所受合外力為4個(gè)小火箭的推力，根據(jù)牛頓第二定律有：4Fo

=Mai

又由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律知vi-v]=-2a2h

4

聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得：F0=2.4X10NO

（二）傾斜傳送帶問(wèn)題

3.（2021?內(nèi)蒙古烏蘭察布市高三一模）如圖所示，水平地面上有一傾角為0=

37。的傳送帶，以為=16m/s的速度逆時(shí)針勻速運(yùn)行。將一煤塊從力=33.6m的高

臺(tái)從靜止開(kāi)始運(yùn)送到地面，煤塊可看做質(zhì)點(diǎn)，已知煤塊的質(zhì)量為團(tuán)=1kg,煤塊

與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=025,重力加速度為g=10m/s2,sin370=0.6,

cos37°=0.8o煤塊由高臺(tái)運(yùn)送到地面的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.運(yùn)送煤塊所用的時(shí)間為4.5s

B.摩擦力對(duì)煤塊做的功為-48J

C.煤塊相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)而產(chǎn)生的劃痕長(zhǎng)8m

D.煤塊與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為16J

答案B

解析設(shè)傳送帶的長(zhǎng)度為/，,，與1137。=〃，解得/,二56m,煤塊剛放上傳送帶

時(shí)，受到的滑動(dòng)摩擦力沿傳送帶向下，對(duì)煤塊，根據(jù)牛頓第二定律得，咫5訪37。+

/zwgcos37°=ma\,解得〃i=8m/s2,則煤塊從靜止加速到與傳送帶共速需要力琮

=2s,該過(guò)程煤塊的位移為國(guó)=%1*=16m,由于〃2gsin37o>"〃7gcos37。，可知煤

塊與傳送帶共速后繼續(xù)做勻加速運(yùn)動(dòng)，煤塊所受摩擦力沿傳送帶向上，根據(jù)牛頓

第二定律得〃電0抽37。-4加8煙37。=碗2,解得。2=4m/s2,該過(guò)程煤塊的位移為

X2=Vot2+^a2ti=L-x\,解得X2=40m,亥=2s,用時(shí)共計(jì)，=h+力=4s,A錯(cuò)誤；

摩擦力大小為了="〃吆8§37。=21^第一個(gè)過(guò)程摩擦力對(duì)煤塊做功Wi=A?=32J,

第二個(gè)過(guò)程摩擦力對(duì)煤塊做功電=-/x2=-80J,故摩擦力全程對(duì)煤塊做功為-

48J,B正確；第一個(gè)過(guò)程傳送帶的位移為為=如八=32m,煤塊與傳送帶的相對(duì)

位移大小為An=內(nèi)-即=16m,第二個(gè)過(guò)程傳送帶的位移為必=加/2=32m,兩

者相對(duì)位移大小為5=及-國(guó)=8m,第一個(gè)過(guò)程傳送帶運(yùn)動(dòng)快，第二個(gè)過(guò)程煤

塊運(yùn)動(dòng)快，所以煤塊在傳動(dòng)帶上的劃痕長(zhǎng)為16m,C錯(cuò)誤；第一個(gè)過(guò)程摩擦生熱

為0=加1=321，第二個(gè)過(guò)程摩擦生熱為。2=加2=16人故產(chǎn)生的總熱量為Q

=0I+22=48J,D錯(cuò)誤。

［名師點(diǎn)撥］傾斜傳送帶上的物體與勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶速度相同時(shí)，若沿傳

送帶方向的其他力小于最大靜摩擦力，之后則以相同速度一起運(yùn)動(dòng)；若沿傳送帶

方向的其他力大于最大靜摩擦力，之后物體還會(huì)加速或減速。

4.（2021?湖北省八市高三下3月聯(lián)考）如圖所示，傳送帶以10m/s的速度逆時(shí)

針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，兩側(cè)的傳送帶長(zhǎng)都是16m,且與水平方向的夾角均為37?！，F(xiàn)有兩

個(gè)滑塊4、5（可視為質(zhì)點(diǎn)）從傳送帶頂端同時(shí)由靜止滑下，已知滑塊4、B的質(zhì)量

均為1kg,與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5,取重力加速度g=10m/s2,4心7。=

0.6,cos370=0.8o下列說(shuō)法正確的是（）

li

A.滑塊A先做勻加速運(yùn)動(dòng)后做勻速運(yùn)動(dòng)

B.滑塊4、8同時(shí)到達(dá)傳送帶底端

C.滑塊A、5到達(dá)傳送帶底端時(shí)的速度大小相等

D.滑塊A在傳送帶上的劃痕長(zhǎng)度為5m

答案D

解析兩滑塊都由靜止開(kāi)始沿傳送帶下滑,滑塊A從傳送帶頂端開(kāi)始下滑時(shí),

所受摩擦力沿傳送帶向下，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinO+〃mgcosO=，M,解得〃

=/>sin370+//gcos370=10m/s2,滑塊A先加速，加速到與傳送帶共速發(fā)生的位移

vivo

為xi=2a=5m<16m,所需時(shí)間為A二as,A加速到與傳送帶共速后，由于

w^sin37°>//wgcos37°,故不能和傳送帶保持相對(duì)靜止，摩擦力反向，之后加速度

為=gsin370-〃gcos370=2m/s2,繼續(xù)加速到傳送帶底端的位移L-汨=如,2+

%4,解得尬=ls,則滑塊A到達(dá)底端共用時(shí)f="+f2=2s;滑塊8從傳送帶

頂端下滑時(shí)，所受摩擦力沿傳送帶向上，所以滑塊8一直以加速度/加速至傳

送帶底端，有L=t12,解得〃=4s,A、B錯(cuò)誤。4到達(dá)底端時(shí)的速度為

,r

vA=vo+ati=10m/s+2X1m/s=12m/s,。到達(dá)底端時(shí)的速度為如"a't=

2X4m/s=8m/s,C錯(cuò)誤?；瑝K4加速到與傳送帶共速時(shí)兩者的相對(duì)位移為Ari

=火力-幻=10乂1111-5111=51^加速到與傳送帶共速之后,相對(duì)位移為AX2=vot2

+%'^-W2=lm,滑塊比傳送帶速度快，會(huì)覆蓋之前的劃痕，滑塊A在傳送

帶上的劃痕長(zhǎng)度為5m,D正確。

（三）繩索、鏈條模型問(wèn)題

5.（2021.山東省日照市二模）（多選）如圖所示，現(xiàn)將一長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m且分布

均勻的金屬鏈條通過(guò)裝有傳送帶的斜面輸送到高處。斜面與傳送帶靠在一起連成

一直線，與水平方向夾角為6,斜面部分光滑，鏈條與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)

為常數(shù)。傳送帶以較大的恒定速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。已知鏈條處在斜面或者傳送帶上

任意位置時(shí)，支持力都均勻作用在接觸面上。將鏈條放在傳送帶和斜面上，當(dāng)位

于傳送帶部分的長(zhǎng)度為亨時(shí)，鏈條恰能保持靜止?，F(xiàn)將鏈條從位于傳送帶部分的

長(zhǎng)度為號(hào)的位置由靜止釋放，則下列說(shuō)法正確的是（假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩

擦力）（）

A.鏈條與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=4land

B.釋放瞬間鏈條的加速度為ggsin。

C.釋放后，鏈條運(yùn)動(dòng)的加速度均勻增大

D.從開(kāi)始到鏈條離開(kāi)斜面的過(guò)程中，傳送帶對(duì)鏈條做的功等于鏈條動(dòng)能的

增加

答案AB

解析當(dāng)位于傳送帶部分的長(zhǎng)度為《時(shí)，鏈條恰能保持靜止，則根據(jù)平衡條

件有機(jī)gsin0=〃%gcosO,解得〃=4tan0,A正確；鏈條釋放的瞬間，根據(jù)牛頓第

二定律可得舄叫cos。-〃陪sin。=〃也，解得〃=/sin。，B正確；假設(shè)釋放后，鏈

條運(yùn)動(dòng)的加速度均勻增大，則可知其位移變化越來(lái)越快，由前面分析可知，其所

受到的滑動(dòng)摩擦力增大得也越來(lái)越快，與假設(shè)矛盾，故C錯(cuò)誤；從開(kāi)始到鏈條離

開(kāi)斜面的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理W-%=AEk,即傳送帶對(duì)鏈條做的功大于鏈條

動(dòng)能的增加，D錯(cuò)誤。

四、拋體運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)

（一）立體空間的平拋問(wèn)題

1.（2021.新疆維吾爾自治區(qū)高三下3月第一次適應(yīng)性檢測(cè)）小明同學(xué)站在原

地，將圓形雨傘繞豎直傘柄以角速度口勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，使附在雨僉表面的雨滴均沿雨

傘邊緣的切線方向水平飛出，最終落至地面成一圓形區(qū)域，已知雨傘邊緣距地面

的高度為h,到傘柄的垂直距離為R。忽略空氣阻力，以下關(guān)于圓形區(qū)域半徑的

表達(dá)式正確的是（）

答案A

解析雨滴從傘面邊緣甩飛出去后做平拋運(yùn)動(dòng)，沿雨傘邊緣的切線方向水平

飛出的速度為加二氏①，設(shè)雨滴在空中做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為人有〃二%產(chǎn)，雨滴做

平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移為犬二。*如圖所示為俯視圖，雨滴從〃點(diǎn)甩離傘面，落在

地面上的b點(diǎn)；。是傘柄轉(zhuǎn)動(dòng)軸（圓心），設(shè)水滴落在地面上形成的圓的半徑為，，

由幾何關(guān)系有聯(lián)立以上各式得r=%，管~

+1,故A正確，B、C、

D錯(cuò)誤。

I名師點(diǎn)撥1立體空間的平拋問(wèn)題經(jīng)常需要將實(shí)際運(yùn)動(dòng)用三個(gè)方向的分運(yùn)

動(dòng)進(jìn)行等效代替。

2.（2021?山東省濱州市高三下二模）如圖所示，。點(diǎn)為正四面體QABC的頂點(diǎn),

A3C處在水平面上，。點(diǎn)為AB邊的中點(diǎn)。在。點(diǎn)沿不同方向水平拋出兩個(gè)小球,

甲球恰好落在A點(diǎn)，乙球恰好落在。點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)。則甲球和乙球平拋初速

度大小的比為（）

B

A.2:1B.3:1

C.3：2D.72：1

答案A

0，A2

解析設(shè)。在面45c的投影點(diǎn)為O',由幾何知識(shí)可知〒5二「豎直位

u甲2

移相同，故，相同，則有V土wt二O萬(wàn)'〒A二了2，可得/二「故A正確，B、C、D錯(cuò)誤。

o乙rtzLf?。乙1

（二）與斜面或圓弧面相結(jié)合的拋體運(yùn)動(dòng)

3.（2021?江西省九江市高三下一模）（多選）北京冬奧會(huì)將在2022年2月4日至

2022年2月20日在北京和張家口聯(lián)合舉行，這是北京和張家口歷史上第一次舉

辦冬季奧運(yùn)會(huì)。如圖，某滑雪運(yùn)動(dòng)員從弧形坡面上滑下沿水平方向飛出后又落回

到斜面上。若斜面足夠長(zhǎng)且傾角為仇某次訓(xùn)練時(shí)，運(yùn)動(dòng)員從弧形坡面先后以速

度內(nèi)和勃。水平飛出，飛出后在空中的姿勢(shì)保持不變。不計(jì)空氣阻力，貝11（）

A.運(yùn)動(dòng)員先后落在斜面上所用時(shí)間之比為1：3

B.運(yùn)動(dòng)員先后落在斜面上位移之比為1：3

C.運(yùn)動(dòng)員先后落在斜面上動(dòng)能的變化量之比為1：3

D.運(yùn)動(dòng)員先后落在斜面上動(dòng)量的變化量之比為1：3

答案AD

2"2otan0

解析運(yùn)動(dòng)員做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)1@適=寸，解得/=[―,因此運(yùn)動(dòng)員先

后落在斜面上所用時(shí)間之比1=氏二1,A正確；運(yùn)動(dòng)員在斜面上的位移5=?歷,

因此運(yùn)動(dòng)員先后落在斜面上位移之比言=￡=/,B錯(cuò)誤；落在斜面上動(dòng)能的變化

2222

量AEk=1/n[（^0+v]-^inu=^mgP,因此運(yùn)動(dòng)員先后落在斜面上動(dòng)能的變化量

之比籍^二￡,，C錯(cuò)誤；落在斜面上動(dòng)量的變化量。二啊二刖因此運(yùn)動(dòng)員

先后落在斜面上動(dòng)量的變化量之比第二%=/D正確。

4.（2021?山西省晉中市高三下3月適應(yīng)性考試（二模））如圖所示，豎直平面內(nèi)有

一個(gè)半徑為R的半圓形軌道，A、B為水平直徑的兩端點(diǎn)，0為圓心，現(xiàn)將半徑

遠(yuǎn)小于軌道半徑、質(zhì)量為機(jī)的小球從。點(diǎn)以初速度。二癇水平向右拋出，小球

落在圓周上某一點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g,則小球落在圓周上時(shí)的動(dòng)

能為（）

2y[2-1啦-1

A.2—mgRB.-2~mgR

C.（y[2-\）mgRD.也;?mgR

答案A

解析設(shè)小球下落的時(shí)間為r,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，水平方向的位移為

豎直方向的位移為廣妗，由幾何關(guān)系可得f+戶42,聯(lián)立解得）=（啦一1困

小球落在圓周上時(shí)的動(dòng)能為&=^nv2+mgy=\ngR,A正確。

[名師點(diǎn)撥]（1）若平拋運(yùn)動(dòng)的初、末位置都在同一斜面上，則平拋的位移的

方向沿著斜面。

（2）牽扯圓的模型的處理，一般會(huì)用到圓的幾何特點(diǎn)，比如半徑與切線垂直，

半徑過(guò)圓心等。

5.（2021?四川省雅安市高三下5月三診）（多選）如圖所示，同一豎直平面內(nèi)有四

分之一圓環(huán)5C和傾角為53。的斜面AC,A、8兩點(diǎn)與圓環(huán)5C的圓心。等高?，F(xiàn)

將甲、乙小球分別從A、3兩點(diǎn)以初速度6、。2沿水平方向同時(shí)拋出，兩球恰好

在C點(diǎn)相碰（不計(jì)空氣阻力），已知553。=0.8,cos530=0.6,下列說(shuō)法正確的是

)

A.初速度s、S大小之比為3:4

B.若僅增大功，則兩球不再相碰

C.若S大小變?yōu)樵瓉?lái)的一半，則甲球恰能落在斜面的中點(diǎn)。

D.若只拋出甲球并適當(dāng)改變功大小，則甲球可能垂直擊中圓環(huán)8C

答案AD

解析甲、乙兩球從等高處做平拋運(yùn)動(dòng)恰好在C點(diǎn)相碰，可知甲、乙在空中

3o■3

運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，水平方向有X甲===X乙=02f=R,所以函=1，A

正確；兩球相碰，則滿足功1+。域=、，若僅增大。I,顯然存在f滿足方程，所以

兩球會(huì)相碰，B錯(cuò)誤；若功大小變?yōu)樵瓉?lái)的一半，在運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變的情況下水平

位移會(huì)變?yōu)樵瓉?lái)的一半，但由于甲球會(huì)碰到斜面，下落高度減小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間減小,

所以甲球的水平位移小于原來(lái)的一半，不會(huì)落在斜面的中點(diǎn)，C錯(cuò)誤；若甲球垂

直擊中圓環(huán)8C,則落點(diǎn)時(shí)速度的反向延長(zhǎng)線過(guò)圓心O,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的推論，O

為水平位移中點(diǎn)，由幾何關(guān)系知，AO=Rcos53°<R,則水平位移x甲'=2AO<AB,

因此只拋出甲球并適當(dāng)改變0大小，則甲球可能垂直擊中圓環(huán)8C,D正確。

（三）斜拋運(yùn)動(dòng)和類斜拋運(yùn)動(dòng)

6.（2021?河南省安陽(yáng)市高三下一模）如圖所示，固定斜面的傾角。=37。，在斜

面上的某點(diǎn)將一小球以速度出=10m/s拋出，拋出時(shí)速度方向與斜面的夾角為。

=53。,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后,小球落到斜面上。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2,

sin370=0.6,cos370=0.8,則小球從拋出到落到斜面上的整個(gè)過(guò)程中（）

A.小球到斜面的最大距離為3.2m

R.小球到斜面的最大距離為4m

C.小球到斜面的最大距離為5m

D.小球到斜面的最大距離為8m

答案B

解析由題意可知小球拋出時(shí)，在垂直斜面方向上的分速度切二。osinO,垂

直斜面方向上的分加速度0=geos*由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得d二券，解得小球到斜面

的最大距離為d=4m,A、C、D錯(cuò)誤，B正確。

7.（2021?福建省泉州市高三三模）（多選）2020年2月，在國(guó)際單板滑雪U形

場(chǎng)地賽中，我國(guó)運(yùn)動(dòng)員蔡雪桐勇奪冠軍。如圖所示，滑道邊緣線尸。的傾角為仇

運(yùn)動(dòng)員以速度如從尸。上的。點(diǎn)沿PQ的豎直切面滑出滑道，滑出時(shí)速度方向與

PQ的夾角為心騰空后從PQ上的A點(diǎn)進(jìn)入滑道。已知。+。=90。，重力加速度

為g,運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)，不升空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是（）

A.O、A兩點(diǎn)間的距離為也誓

O

B.運(yùn)動(dòng)員騰空中離PQ的最大距離為”磬

C.若僅減小夾角則運(yùn)動(dòng)員騰空時(shí)間可能保持不變

D.若僅增大。。的大小，則運(yùn)動(dòng)員再滑入滑道的速度方向不變

答案AD

解析將初速度。。和加速度g分別沿PQ方向和垂直產(chǎn)。方向分解，則垂直

PQ方向：1=T詈=2；黑『二等’運(yùn)動(dòng)員騰空中離PQ的最大距離為H=

占LUA"5

（uosina）2vicosO八…,1.八,4o3sinJ_.

’2gcos4=2力，。、A兩點(diǎn)間的距罔為/=oocosa，+2gsm0?廠二一--,故LIA正

確，B錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)員騰空時(shí)間，=高最比，若僅減小夾角明則運(yùn)動(dòng)員騰空時(shí)間減

小,C錯(cuò)誤;運(yùn)動(dòng)員再滑入滑道時(shí)，垂直PQ方向的速度大小不變，仍為S二%sina,

沿P。向下的速度V2=rocosa+gsin的=3oosin/則合速度與尸。的夾角tana瑤二

五%,與初速度無(wú)關(guān)，D正確。

［名師點(diǎn)撥］對(duì)斜拋運(yùn)動(dòng)和類斜拋運(yùn)動(dòng)除了從功和能的角度處理外，經(jīng)常還

需要正交分解，可分解初速度，也可分解加速度。若只分解初速度，則垂直于合

力方向做勻速運(yùn)動(dòng)，沿著合力方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng)；若分解加速度，則兩個(gè)方

向都做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。

8.（2021?四川省雅安市高三下5月三診）（多選）如圖所示，豎直平面內(nèi)有圓心為

0、半徑為R的虛線圓，空間存在與圓平面平行的足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)，M、N為

圓周上的兩點(diǎn)且OM垂直于ON。現(xiàn)有一帶負(fù)電粒子只在電場(chǎng)力作用下由M點(diǎn)運(yùn)

動(dòng)到N點(diǎn)，在M點(diǎn)的速度大小為方向與OM垂直，在N點(diǎn)的速度大小也為Vc

已知。、M兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為U,下列說(shuō)法正確的是（）

A.粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，電勢(shì)能減小

B.粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功

C.粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最小速度為令、方向斜向右上方且與MO方向成

45。角

D.該勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為嚶、方向斜向右下方且與加。方向成45。

角

答案BC

解析粒子在M點(diǎn)的速度大小等于在N點(diǎn)的速度大小，根據(jù)動(dòng)能定理可知,

從M點(diǎn)到N點(diǎn)電場(chǎng)力做功為零，所以粒子在M、N兩點(diǎn)的電勢(shì)能相等，故A錯(cuò)

誤；由題意可知，歷點(diǎn)與N點(diǎn)是等勢(shì)點(diǎn)，電場(chǎng)方向如圖所示，粒子在電場(chǎng)中做類

斜拋運(yùn)動(dòng)，由圖可看出，粒子由M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，電場(chǎng)力先做負(fù)功后做正功，故

B正確；由題意可知，OP垂直MN,且過(guò)MN的中點(diǎn)，由廠何關(guān)系可得△MPO

為等腰直角三角形，所以電場(chǎng)方向斜向左上方且與M。方向成45。角，則電場(chǎng)強(qiáng)

度的大小E=-^~=華，將粒子運(yùn)動(dòng)速度分解為沿著電場(chǎng)線和垂直于電場(chǎng)線兩

個(gè)方向，在垂直于電場(chǎng)線方向上，粒子的速度保持不變，當(dāng)沿著電場(chǎng)線方向的速

度減小到零時(shí)，粒子運(yùn)動(dòng)的速度最小，由于M點(diǎn)的速度方向與電場(chǎng)線方向成45。

角，因此最小速度為Omin=08545。=多，方向斜向右上方且與M。方向成45°

角，故c正確，D錯(cuò)誤。

（四）豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)非最高點(diǎn)和最低點(diǎn)問(wèn)題

9.（2021.浙江6月選考）質(zhì)量為m的小明坐在秋千上擺動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的照片

如圖所示，對(duì)該時(shí)刻，下列說(shuō)法正確的是（）

A.秋千對(duì)小明的作用力小于mg

B.秋千對(duì)小明的作用力大于mg

C.小明的速度為零，所受合力為零

D.小明的加速度為零，所受合力為零

答案A

解析在最高點(diǎn)時(shí)，小明的速度為零；設(shè)秋千的擺長(zhǎng)為/,擺到最高點(diǎn)時(shí)擺

繩與豎直方向的夾角為仇秋千對(duì)小明的作用力為凡則對(duì)小明，沿?cái)[繩方向受

V2

力分析有歹-〃?geos。=巧■二(),則有尸二〃Zgcosdvmg,沿垂直擺繩方向受力分析

有尸合二mgsin0="7a,解得小明在最高點(diǎn)時(shí)的加速度為。=gsin夕，故A正確，B、

C、D錯(cuò)誤。

［名師點(diǎn)撥］研究豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)的非最高點(diǎn)和最低點(diǎn)時(shí)，可將受到

的力沿著半徑和切線方向分解，然后沿著半徑方向用牛頓運(yùn)動(dòng)定律列方程。

10.(2021?山東省德州市二模節(jié)選)如圖所示，劈A和劈8的曲面都為半徑為

R的光滑的四分之一圓弧，曲面下端都與足夠長(zhǎng)的光滑水平面相切，劈4固定，

豎直虛線MN與劈A曲面在N點(diǎn)相切；小球的質(zhì)量為“，小球自豎直虛線MN上

某點(diǎn)釋放后會(huì)恰好沿劈A的曲面運(yùn)動(dòng)。已知劈B質(zhì)量為重力加速度為g。

(1)若小球自劈A的最高點(diǎn)N由靜止釋放，求小球到達(dá)劈A的曲面中點(diǎn)P時(shí)

對(duì)劈4的壓力大??；

(2)若小球自距水平面2R高的地方由靜止釋放，通過(guò)計(jì)算說(shuō)明以后的運(yùn)動(dòng)過(guò)

程中，小球距水平面的高度大于R還是小于R或等于R。

3\/2

答案⑴弓)咫⑵見(jiàn)解析

解析(1)設(shè)小球在曲面中點(diǎn)尸時(shí)的速度大小為功，曲面對(duì)其支持力為尸N,

小球自劈A的最高點(diǎn)N至曲面中點(diǎn)P的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律有

mgRsin45。=

小球到達(dá)尸點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有

tnu\

尸N-mgcos45°=

根據(jù)牛頓第三定律知，小球在曲面中點(diǎn)時(shí)對(duì)劈A的壓力大小為小'=FN

聯(lián)立解得bN'=平響

⑵由機(jī)械能守恒定律知，小球由最高點(diǎn)到水平面時(shí),

有mg-2R=

小球釋放后第一次到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)一定和劈B的速度相同,根據(jù)動(dòng)量守恒定律,

有mv2=(/n+

由機(jī)械能守恒定律有mg?R=mgh+

聯(lián)立解得讓器;

①若最大高度比二懸大于R

②若M=%最大高度〃2=器等于R

③若最大高度力2二黑小于心

（五）圓周運(yùn)動(dòng)中的臨界問(wèn)題分析

11.（2021.湖北省高三上高考模擬）（多選）如圖所示，豎直桿45在A、B兩點(diǎn)通

過(guò)光滑錢鏈連接兩等長(zhǎng)輕桿AC和3C,AC和BC與豎直方向的夾角均為仇輕桿

長(zhǎng)均為3在。處固定一質(zhì)量為機(jī)的小球，重力加速度為g,在裝置繞豎直桿AB

轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度q從0開(kāi)始逐漸增大的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.當(dāng)①=0時(shí)，AC桿和BC桿對(duì)球的作用力都表現(xiàn)為拉力

B.AC桿對(duì)球的作用力先增大后減小

C.一定時(shí)間后，AC桿與8c桿上的力的大小之差恒定

D.當(dāng)①=”而時(shí)，BC桿對(duì)球的作用力為0

答案CD

解析當(dāng)口=0時(shí)，由于/.\球在水平方向受力平衡，因此AC桿對(duì)小球的作用

力表現(xiàn)為拉力，桿對(duì)小球的作用力表現(xiàn)為支持力，且大小相等，A錯(cuò)誤；當(dāng)口

逐漸增大時(shí)，AC桿對(duì)小球的拉力逐漸增大，5c桿對(duì)小球的支持力逐漸減小，當(dāng)

BC桿對(duì)球的作用力為。時(shí)，有mgtane=〃K/LsinO,解得。=當(dāng)口繼

續(xù)增大時(shí)，AC桿對(duì)小球的拉刀繼續(xù)增大，BC桿對(duì)小球的作用力變?yōu)槔?，且?/p>

漸增大，B錯(cuò)誤，D正確；一定時(shí)間后，AC桿和8C桿對(duì)球的作用力都變?yōu)槔Γ?/p>

拉力的豎直分力之差等于小球的重力，即Ficos"Bcos"/咫，則拈一尸2=黑石,

因此AC桿與8c桿上的力的大小之差恒定，C正確。

［名帥點(diǎn)撥］分析圓周運(yùn)動(dòng)中的臨界問(wèn)題時(shí)要先對(duì)相關(guān)物埋量進(jìn)行極限分

析，以便明確物理過(guò)程的臨界狀態(tài)特點(diǎn)。

12.（2021?東北三省四市教研聯(lián)合體4月模擬二）（多選）如圖甲所示，兩個(gè)完

全相同的物塊A和8（均可視為質(zhì)點(diǎn)）放在水平圓盤上，它們分居圓心兩側(cè)，用不

可伸長(zhǎng)的輕繩相連。兩物塊質(zhì)量均為1kg,與圓心距離分別為私和RB,其中RA<RB

且&=1m。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，當(dāng)圓盤以不同角速度①繞軸。。'

勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，繩中彈力FT與。2的變化關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g=10m/s2。

下列說(shuō)法正確的是（）

A.物塊與圓盤間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.1

B.物塊。與圓心距離&=2m

C.當(dāng)角速度為lrad/s時(shí)，圓盤對(duì)4的靜摩擦力指向圓心

D.當(dāng)角速度為mrad/s時(shí)，A恰好要相對(duì)圓盤發(fā)生滑動(dòng)

答案ABD

解析角速度較小時(shí)，物塊各自受到的靜摩擦力,充當(dāng)向心力，繩中無(wú)彈力。

根據(jù)牛頓第二定律有/二根田七因?yàn)镽A〈RB,所以物塊用與圓盤間的靜摩擦力先

達(dá)到最大值，隨著角速度增大，輕繩出現(xiàn)彈力，彈力臼和最K靜摩擦力的合力充

2

當(dāng)向心力。對(duì)物塊8分析：Fr+/img=ma）RB1貝ljFT=〃水3口?-〃mg,則根據(jù)圖象

中斜率和截距的數(shù)據(jù)解得：&=2m,〃=故A、B正確；當(dāng)G=lrad/s時(shí)，

由上述方程得繩子的彈力大小FT=1N,再對(duì)A分析，由牛頓第二定律得：FT+/

2

=mcoRA,解得了=0,故C錯(cuò)誤；當(dāng)A恰好要相對(duì)圓盤發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，其摩擦力為

2

最大靜摩擦力且方向沿半徑向外，對(duì)A分析：FT-Mmg=mcoRA,此時(shí)對(duì)8分析：

FT+jnmg=mco2Rn,聯(lián)立解得①=啦rad/s,故D正確。

13.（2021?江西省南昌市高三下3月第一次模擬）（多選）如圖所示，在豎直平面

內(nèi)固定有半徑為R的光滑圓弧軌道A8C,其圓心為O,5在。的正上方，A、C

關(guān)于05對(duì)稱，ZAOB=a。一質(zhì)量為加可看成質(zhì)點(diǎn)的物塊在A處以初速度如沿

著軌道切線方向向上運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度為g,下列說(shuō)法正確的有（）

A.若。=37。，則物塊沿著軌道運(yùn)動(dòng)至6時(shí)的最大動(dòng)能為沙咫??

R.若〃=37。，則物塊沿著軌道運(yùn)動(dòng)至"時(shí)的最大動(dòng)能為加R

C.若。=60。，則只要內(nèi)取一合適的值，物塊就能沿軌道到達(dá)C處

D.若。=60。，則無(wú)論如取何值，物塊均不能沿軌道到達(dá)C處

答案BD

解析若a=37。，物塊在B點(diǎn)有最大動(dòng)能，則物塊在A