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(共51張PPT)
第1講　力與物體的平衡
命題點一　靜態(tài)平衡問題
1．共點力平衡的常用處理方法
適用條件 平衡關(guān)系
合成法 三個共點力 任意兩個力的合力一定與第三個力大小相等，方向相反
正交分解法 三個或三個以上共點力 將物體所受的力分解為相互垂直的兩組力，每組力都滿足平衡條件
力的三角形法 三個共點力 對受三力作用而平衡的物體，將力的矢量圖平移使三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(xué)知識求解未知力
2.受力分析的方法
(1)研究對象的選取：①整體法與隔離法(如圖甲)；②轉(zhuǎn)換研究對象法(如圖乙)．
(2)畫受力分析圖：按一定的順序分析力，只分析研究對象受到的力．
(3)驗證受力的合理性：①假設(shè)法(如圖丙)；②動力學(xué)分析法(如圖丁)．
例 1 [2023·山東卷] 餐廳暖盤車的儲盤裝置示意圖如圖所示，三根完全相同的彈簧等間距豎直懸掛在水平固定圓環(huán)上，下端連接托盤．托盤上疊放若干相同的盤子，取走一個盤子，穩(wěn)定后余下的正好升高補平．已知單個盤子的質(zhì)量為300 g，相鄰兩盤間距1.0 cm，重力加速度大小取10 m/s2.彈簧始終在彈性限度內(nèi)，每根彈簧的勁度系數(shù)為(　　)
A．10 N/m B．100 N/m
C．200 N/m D．300 N/m
答案：B
解析：由題知，取走一個盤子，穩(wěn)定后余下的正好升高補平，則說明一個盤子的重力使彈簧形變量為相鄰兩盤間距，則有mg＝3·kx，解得k＝100 N/m，故選B.
例 2 [2023·河北保定一模] 質(zhì)量為M的正方體A與質(zhì)量為m的圓球B在水平向右的外力F作用下靜止在墻角處，它們的截面圖如圖所示，截面正方形的對角線與截面圓的一條直徑恰好在一條直線上，所有摩擦忽略不計，重力加速度為g.則(　　)
A．F＝(M＋m)g
B．F＝mg
C．地面受到的壓力為FN，F(xiàn)N<(M＋m)g
D．地面受到的壓力為FN，F(xiàn)N>(M＋m)g
答案：B
答案：C
2.[2023·浙江6月]如圖所示，水平面上固定兩排平行的半圓柱體，重為G的光滑圓柱體靜置其上，a、b為相切點，∠aOb＝90°，半徑Ob與重力的夾角為37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則圓柱體受到的支持力Fa、Fb大小為(　　)
A．Fa＝0.6G，F(xiàn)b＝0.4G
B．Fa＝0.4G，F(xiàn)b＝0.6G
C．Fa＝0.8G，F(xiàn)b＝0.6G
D．Fa＝0.6G，F(xiàn)b＝0.8G
答案：D
解析：對光滑圓柱體受力分析如圖
由題意有
Fa＝G sin 37°＝0.6G
Fb＝G cos 37°＝0.8G
故選D.
答案：D
命題點二　動態(tài)平衡問題(含臨界、極值問題)
1．解決動態(tài)平衡問題的一般思路
化“動”為“靜”，多個狀態(tài)下“靜”態(tài)對比，分析各力的變化或極值．
2．“緩慢”移動的三類經(jīng)典模型
分類 圖例 分析
懸球
模型
求力F的最小值
Fmin＝mg sin θ
掛件
模型
板—球
模型
N1、N2始終減小
斜面對球的支持力F1逐漸減小，擋板對球的彈力F2先減小后增大
考向1　共點力作用下的動態(tài)平衡
例 1 [2023·四川省成都市檢測](多選)某中學(xué)舉行趣味運動會時，挑戰(zhàn)用一支鋼尺取出深盒子(固定不動)中的玻璃球，該游戲深受大家喜愛，參與者熱情高漲．游戲中需要的器材和取球的原理分別如圖甲和圖乙所示．若忽略玻璃球與盒壁、鋼尺間的摩擦力，在不損壞盒子的前提下，鋼尺沿著盒子上邊緣某處旋轉(zhuǎn)撥動(鋼尺在盒內(nèi)的長度逐漸變短)，使玻璃球沿著盒壁緩慢上移時，下列說法正確的是(　　)
A．鋼尺對玻璃球的彈力逐漸減小
B．鋼尺對玻璃球的彈力先增大后減小
C．盒壁對玻璃球的彈力逐漸減小
D．盒壁對玻璃球的彈力先減小后增大
答案：AC
解析：對玻璃球的受力分析如圖所示，玻璃球受重力G，左側(cè)鋼尺對玻璃球的彈力F1，盒壁對玻璃球的彈力F2，玻璃球在3個力作用下處于動態(tài)平衡，玻璃球沿著紙盒壁緩慢上移時，θ角變大，利用圖解法可知，F(xiàn)1和F2均逐漸減小，A、C項正確，B、D項錯誤．
例 2 [2023·河北唐山三模]如圖所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O為光滑鉸鏈．輕桿一端與鉸鏈O固定連接，另一端固定連接一質(zhì)量為m的小球A.現(xiàn)將輕繩一端拴在小球A上，另一端通過光滑的定滑輪O′由力F牽引，定滑輪位于O的正上方，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)改變力F的大小使小球A和輕桿從圖示位置緩慢運動到O′正下方，木板始終保持靜止，則在整個過程中(　　)
A．外力F大小不變
B．輕桿對小球的作用力變小
C．地面對木板的支持力逐漸變小
D．地面對木板的摩擦力逐漸減小
答案：D
思維提升
三力作用下的動態(tài)平衡
考向2　平衡中的極值或臨界值問題
例 3 [2023·山東菏澤市模擬] 將三個質(zhì)量均為m的小球a、b、c用細線相連后(bc間無細線相連)，再用細線懸掛于O點，如圖所示．用力F拉小球c，使三個小球都處于靜止狀態(tài)，且細線Oa與豎直方向的夾角保持為θ＝30°，則F的最小值為(　　)
A．1.5mg B．1.8mg
C．2.1mg D．2.4mg
答案：A
解析：取整體為研究對象，當(dāng)F垂直于Oa時，F(xiàn)最小，根據(jù)幾何關(guān)系可得，拉力的最小值F＝3mg sin 30°＝1.5mg，故選A.
例 4 [2023·陜西省漢中市聯(lián)考]
在吊運表面平整的重型板材(混凝土預(yù)制板、厚鋼板)時，如因吊繩無處鉤掛而遇到困難，可用一根鋼絲繩將板攔腰捆起(不必捆的很緊)，用兩個吊鉤勾住繩圈長邊的中點起吊(如圖所示)，若鋼絲繩與板材之間的動摩擦因數(shù)為μ，為了滿足安全起吊(不考慮鋼絲繩斷裂)，需要滿足的條件是(　　)
A．tan α>μ B．tan α<μ
C．sin α>μ D．sin α<μ
答案：B
解析：要起吊重物，只需滿足繩子張力T的豎直分量小于鋼絲繩與板材之間的最大靜摩擦力，一般情況認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，如圖所示
即T cos αμ>T sin α，化簡可得tan α<μ，故B正確，A、C、D錯誤．故選B.
提升訓(xùn)練
1.[2023·湖南張家界模擬考](多選)利用物理模型對問題進行分析，是一種重要的科學(xué)思維方法．如圖甲所示為拔河比賽時一位運動員的示意圖，可以認為靜止的運動員處于平衡狀態(tài)．該情形下運動員可簡化成如圖乙所示的一質(zhì)量分布均勻的鋼管模型．運動員在拔河時身體緩慢向后傾倒，可以認為鋼管與地面的夾角θ逐漸變小，在此期間，腳與水平地面之間沒有滑動，繩子的方向始終保持水平．已知當(dāng)鋼管受到同一平面內(nèi)不平行的三個力而平衡時，三個力的作用線必交于一點．根據(jù)上述信息，當(dāng)鋼管與地面的夾角θ逐漸變小時，下列說法正確的有(　　)
A．地面對鋼管支持力的大小不變
B．地面對鋼管的摩擦力變大
C．地面對鋼管作用力的合力變大
D．地面對鋼管作用力的合力大小不變
答案：ABC
2．(多選)在如圖所示的裝置中，兩物塊A、B的質(zhì)量分別為mA、mB，而且mA>mB，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，設(shè)此時輕質(zhì)動滑輪右端的輕繩與水平面之間的夾角為θ，若小車向左緩慢移動一小段距離并停下來后，整個系統(tǒng)再次處于靜止狀態(tài)，則下列說法正確的是(　　)
A．物塊A的位置將變高
B．物塊A的位置將變低
C．輕繩與水平面的夾角θ將變大
D．輕繩與水平面的夾角θ將不變
答案：AD
解析：以輕質(zhì)動滑輪與輕繩的接觸點O為研究對象，分析O點的受力情況，作出O點的受力分析圖，如圖所示
設(shè)繩子的拉力大小為F，動滑輪兩側(cè)繩子的夾角為2α，由于動滑輪兩側(cè)繩子的拉力關(guān)于豎直方向?qū)ΨQ，則有2F cos α＝mBg，又小車向左緩慢移動一小段距離后，輕繩中的拉力大小與小車移動前相同，即F＝mAg保持不變，可知α角保持不變，由幾何知識得，α＋θ＝90°，則θ保持不變，當(dāng)小車向左緩慢移動一小段距離后，動滑輪將下降，則物塊A的位置將變高，故選項A、D正確，B、C錯誤．
答案：D
3．電磁學(xué)中平衡問題的處理方法
處理方法與力學(xué)中平衡問題的分析方法一樣，把方法和規(guī)律進行遷移應(yīng)用即可．
答案：C
答案：D
答案：B
答案：B
利用平衡條件解決實際問題
聯(lián)系日常生活，創(chuàng)新試題情境化設(shè)計，滲透實驗的思想，考查考生分析解決實際問題的能力，引導(dǎo)學(xué)生實現(xiàn)從“解題”到“解決問題”的轉(zhuǎn)變
情境1　工人推車——科學(xué)思維
[典例1]　[2023·四川省成都市聯(lián)測]如圖甲所示，工人用推車運送石球，到達目的地后，緩慢抬起把手將石球倒出(圖乙)．若石球與板OB、OA之間的摩擦不計，∠AOB＝60°，圖甲中BO與水平面的夾角為30°，則在抬起把手使OA變得水平的過程中，石球?qū)B板的壓力大小N1、對OA板的壓力大小N2的變化情況是(　　)
A．N1減小、N2先增大后減小
B．N1減小、N2增大
C．N1增大、N2減小
D．N1增大、N2先減小后增大
答案：A
答案：A
情境3　瓜子破殼器——科學(xué)探究
[典例3]　[2023·福建福州4月檢測]有一種瓜子破殼器如圖甲所示，將瓜子放入兩圓柱體所夾的凹槽之間，按壓瓜子即可破開瓜子殼．破殼器截面如圖乙所示，瓜子的剖面可視作頂角為θ的扇形，將其豎直放入兩完全相同的水平等高圓柱體A、B之間，并用豎直向下的恒力F按壓瓜子且保持靜止，若此時瓜子殼未破開，忽略瓜子自重，不計摩擦，則(　　)
A．若僅減小A、B距離，圓柱體A對瓜子的壓力變大
B．若僅減小A、B距離，圓柱體A對瓜子的壓力變小
C．若A、B距離不變，頂角θ越大，圓柱體A對瓜子的壓力越大
D．若A、B距離不變，頂角θ越大，圓柱體A對瓜子的壓力越小

答案：D
解析：瓜子處于平衡狀態(tài)，若僅減小A、B距離，A、B對瓜子的彈力方向不變，則大小也不變，A、B錯誤；若A、B距離不變，頂角θ越大，則A、B對瓜子彈力的夾角減小，合力不變，則兩彈力減小，C錯誤，D正確．故選D.第1講　力與物體的平衡
知識網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建
命題分類剖析
命題點一　靜態(tài)平衡問題
1．共點力平衡的常用處理方法
適用條件 平衡關(guān)系
合成法 三個共點力 任意兩個力的合力一定與第三個力大小相等，方向相反
正交分解法 三個或三個以上共點力 將物體所受的力分解為相互垂直的兩組力，每組力都滿足平衡條件
力的三角形法 三個共點力 對受三力作用而平衡的物體，將力的矢量圖平移使三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(xué)知識求解未知力
2.受力分析的方法
(1)研究對象的選取：①整體法與隔離法(如圖甲)；②轉(zhuǎn)換研究對象法(如圖乙)．
(2)畫受力分析圖：按一定的順序分析力，只分析研究對象受到的力．
(3)驗證受力的合理性：①假設(shè)法(如圖丙)；②動力學(xué)分析法(如圖丁)．
例 1 [2023·山東卷]
餐廳暖盤車的儲盤裝置示意圖如圖所示，三根完全相同的彈簧等間距豎直懸掛在水平固定圓環(huán)上，下端連接托盤．托盤上疊放若干相同的盤子，取走一個盤子，穩(wěn)定后余下的正好升高補平．已知單個盤子的質(zhì)量為300 g，相鄰兩盤間距1.0 cm，重力加速度大小取10 m/s2.彈簧始終在彈性限度內(nèi)，每根彈簧的勁度系數(shù)為(　　)
A．10 N/m B．100 N/m
C．200 N/m D．300 N/m
例 2 [2023·河北保定一模]
質(zhì)量為M的正方體A與質(zhì)量為m的圓球B在水平向右的外力F作用下靜止在墻角處，它們的截面圖如圖所示，截面正方形的對角線與截面圓的一條直徑恰好在一條直線上，所有摩擦忽略不計，重力加速度為g.則(　　)
A．F＝(M＋m)g
B．F＝mg
C．地面受到的壓力為FN，F(xiàn)N<(M＋m)g
D．地面受到的壓力為FN，F(xiàn)N>(M＋m)g
提升訓(xùn)練
1. [2023·廣東省中山市測試]如圖甲為明朝《天工開物》記載測量“弓弦”張力的插圖，圖乙為示意圖．弓的質(zhì)量為m＝5 kg，弦的質(zhì)量忽略不計，懸掛點為弦的中點．當(dāng)在弓的中點懸掛質(zhì)量為M＝15 kg的重物時，弦的張角為θ＝120°，g＝10 m/s2，則弦的張力為(　　)
A．50 N B．150 N
C．200 N D．200 N
2.
[2023·浙江6月]如圖所示，水平面上固定兩排平行的半圓柱體，重為G的光滑圓柱體靜置其上，a、b為相切點，∠aOb＝90°，半徑Ob與重力的夾角為37°.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則圓柱體受到的支持力Fa、Fb大小為(　　)
A．Fa＝0.6G，F(xiàn)b＝0.4G
B．Fa＝0.4G，F(xiàn)b＝0.6G
C．Fa＝0.8G，F(xiàn)b＝0.6G
D．Fa＝0.6G，F(xiàn)b＝0.8G
3.
[2023·河南省洛陽市模擬]如圖所示，一光滑球體放在支架與豎直墻壁之間，支架的傾角θ＝60°，光滑球體的質(zhì)量為m，支架的質(zhì)量為2m，已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，整個裝置保持靜止，則支架和地面間的動摩擦因數(shù)至少為(　　)
A． B．
C． D．
命題點二　動態(tài)平衡問題(含臨界、極值問題)
1．解決動態(tài)平衡問題的一般思路
化“動”為“靜”，多個狀態(tài)下“靜”態(tài)對比，分析各力的變化或極值．
2．“緩慢”移動的三類經(jīng)典模型
分類 圖例 分析
懸球 模型 求力F的最小值 Fmin＝mg sin θ
掛件 模型 結(jié)論：sin θ＝， F＝， 繩子端點上下 移動，力F不變
板—球 模型 N1、N2始終減小
斜面對球的支持力F1逐漸減小，擋板對球的彈力F2先減小后增大
考向1　共點力作用下的動態(tài)平衡
例 1 [2023·四川省成都市檢測](多選)某中學(xué)舉行趣味運動會時，挑戰(zhàn)用一支鋼尺取出深盒子(固定不動)中的玻璃球，該游戲深受大家喜愛，參與者熱情高漲．游戲中需要的器材和取球的原理分別如圖甲和圖乙所示．若忽略玻璃球與盒壁、鋼尺間的摩擦力，在不損壞盒子的前提下，鋼尺沿著盒子上邊緣某處旋轉(zhuǎn)撥動(鋼尺在盒內(nèi)的長度逐漸變短)，使玻璃球沿著盒壁緩慢上移時，下列說法正確的是(　　)
A．鋼尺對玻璃球的彈力逐漸減小
B．鋼尺對玻璃球的彈力先增大后減小
C．盒壁對玻璃球的彈力逐漸減小
D．盒壁對玻璃球的彈力先減小后增大
例 2 [2023·河北唐山三模]如圖所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O為光滑鉸鏈．輕桿一端與鉸鏈O固定連接，另一端固定連接一質(zhì)量為m的小球A.現(xiàn)將輕繩一端拴在小球A上，另一端通過光滑的定滑輪O′由力F牽引，定滑輪位于O的正上方，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)改變力F的大小使小球A和輕桿從圖示位置緩慢運動到O′正下方，木板始終保持靜止，則在整個過程中(　　)
A．外力F大小不變
B．輕桿對小球的作用力變小
C．地面對木板的支持力逐漸變小
D．地面對木板的摩擦力逐漸減小
思維提升
三力作用下的動態(tài)平衡
考向2　平衡中的極值或臨界值問題
例 3 [2023·山東菏澤市模擬] 將三個質(zhì)量均為m的小球a、b、c用細線相連后(bc間無細線相連)，再用細線懸掛于O點，如圖所示．用力F拉小球c，使三個小球都處于靜止狀態(tài)，且細線Oa與豎直方向的夾角保持為θ＝30°，則F的最小值為(　　)
A．1.5mg B．1.8mg
C．2.1mg D．2.4mg
例 4 [2023·陜西省漢中市聯(lián)考]
在吊運表面平整的重型板材(混凝土預(yù)制板、厚鋼板)時，如因吊繩無處鉤掛而遇到困難，可用一根鋼絲繩將板攔腰捆起(不必捆的很緊)，用兩個吊鉤勾住繩圈長邊的中點起吊(如圖所示)，若鋼絲繩與板材之間的動摩擦因數(shù)為μ，為了滿足安全起吊(不考慮鋼絲繩斷裂)，需要滿足的條件是(　　)
A．tan α>μ B．tan α<μ
C．sin α>μ D．sin α<μ
提升訓(xùn)練
1.[2023·湖南張家界模擬考](多選)利用物理模型對問題進行分析，是一種重要的科學(xué)思維方法．如圖甲所示為拔河比賽時一位運動員的示意圖，可以認為靜止的運動員處于平衡狀態(tài)．該情形下運動員可簡化成如圖乙所示的一質(zhì)量分布均勻的鋼管模型．運動員在拔河時身體緩慢向后傾倒，可以認為鋼管與地面的夾角θ逐漸變小，在此期間，腳與水平地面之間沒有滑動，繩子的方向始終保持水平．已知當(dāng)鋼管受到同一平面內(nèi)不平行的三個力而平衡時，三個力的作用線必交于一點．根據(jù)上述信息，當(dāng)鋼管與地面的夾角θ逐漸變小時，下列說法正確的有(　　)
A．地面對鋼管支持力的大小不變
B．地面對鋼管的摩擦力變大
C．地面對鋼管作用力的合力變大
D．地面對鋼管作用力的合力大小不變
2．(多選)在如圖所示的裝置中，兩物塊A、B的質(zhì)量分別為mA、mB，而且mA>mB，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)，設(shè)此時輕質(zhì)動滑輪右端的輕繩與水平面之間的夾角為θ，若小車向左緩慢移動一小段距離并停下來后，整個系統(tǒng)再次處于靜止狀態(tài)，則下列說法正確的是(　　)
A．物塊A的位置將變高
B．物塊A的位置將變低
C．輕繩與水平面的夾角θ將變大
D．輕繩與水平面的夾角θ將不變
3．長沙某景區(qū)掛出32個燈籠(相鄰兩個燈籠由輕繩連接)，依次貼上“高舉中國特色社會主義旗幟，為全面建設(shè)社會主義現(xiàn)代化國家而團結(jié)奮斗”，從高到低依次標為1、2、3、…、32.在無風(fēng)狀態(tài)下，32個燈籠處于靜止狀態(tài)，簡化圖如圖所示．與燈籠“斗”右側(cè)相連的輕繩處于水平狀態(tài)，已知每一個燈籠的質(zhì)量m＝0.5 kg，重力加速度g＝10 m/s2，懸掛燈籠的輕繩最大承受力Tm＝320 N，最左端連接的輕繩與豎直方向的夾角為θ.下列說法正確的是(　　)
A．θ最大為53°
B．當(dāng)θ最大時最右端輕繩的拉力為F2＝ N
C．當(dāng)θ＝53°時第8個燈籠與第9個燈籠間輕繩與豎直方向的夾角為45°
D．當(dāng)θ＝37°時第8個燈籠與第9個燈籠間輕繩與豎直方向的夾角為45°
命題點三　電場力、磁場力作用下的平衡問題
1．電場力
(1)大小：F＝Eq，F(xiàn)＝.
(2)方向：正電荷所受電場力的方向與電場強度的方向相同；負電荷所受電場力的方向與電場強度的方向相反．
2．磁場力
(1)大小：①安培力F＝BIL；②洛倫茲力F洛＝qvB.
(2)方向：用左手定則判斷．
3．電磁學(xué)中平衡問題的處理方法
處理方法與力學(xué)中平衡問題的分析方法一樣，把方法和規(guī)律進行遷移應(yīng)用即可．
考向1　電場中的平衡問題
例 1 [2023·浙江模擬預(yù)測]
如圖所示，A、C為帶異種電荷的帶電小球，B、C為帶同種電荷的帶電小球．A、B被固定在絕緣豎直桿上，＝時，C球靜止于粗糙的絕緣水平天花板上．已知＝，下列說法正確的是(　　)
A．C處的摩擦力不為零
B．桿對B的彈力為零
C．緩慢將C處點電荷向右移動，則其無法保持靜止
D．緩慢將C處點電荷向左移動，則其一定會掉下來
考向2　磁場中的平衡問題
例 2 如圖所示，豎直平面內(nèi)有三根輕質(zhì)細繩，繩1水平，繩2與水平方向成60°角，O為結(jié)點，繩3的下端拴接一質(zhì)量為m、長度為l的導(dǎo)體棒，棒垂直于紙面靜止，整個空間存在豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場．現(xiàn)向?qū)w棒通入方向向里、大小由零緩慢增大到I0的電流，可觀察到導(dǎo)體棒緩慢上升到與繩1所處的水平面成30°角時保持靜止．已知重力加速度為g.在此過程中，下列說法正確的是(　　)
A．繩1受到的拉力先增大后減小
B．繩2受到的拉力先增大后減小
C．繩3受到的拉力的最大值為mg
D．導(dǎo)體棒中電流I0的值為
提升訓(xùn)練
1.[2024·山西省翼城中學(xué)模擬預(yù)測]如圖甲所示，一通電導(dǎo)體棒用兩根絕緣輕質(zhì)細線懸掛在天花板上并靜止在水平位置．當(dāng)導(dǎo)體棒所在空間加上勻強磁場，再次靜止時細線與豎直方向成θ角，如圖乙所示(圖甲中從左向右看)．已知導(dǎo)體棒長度為L、質(zhì)量為m、電流為I，重力加速度大小為g.關(guān)于圖乙，下列說法正確的是(　　)
A．當(dāng)磁場方向斜向右上方且與細線垂直時磁感應(yīng)強度最小
B．磁感應(yīng)強度的最小值為
C．磁感應(yīng)強度最小時，每根細線的拉力大小為
D．當(dāng)磁場方向水平向左時，不能使導(dǎo)體棒在圖示位置保持靜止
2．如圖所示，一絕緣細線豎直懸掛一小球A，在水平地面上固定一根勁度系數(shù)為k′的絕緣輕質(zhì)彈簧，彈簧上端與小球C相連，在小球A和C之間懸停一小球B，當(dāng)系統(tǒng)處于靜止時，小球B處在AC兩小球的中間位置．已知三小球質(zhì)量均為m，電荷量均為q，電性未知．則下列判斷正確的是(　　)
A.相鄰兩小球之間的間距為q
B．彈簧的形變量為
C．細線對小球A的拉力大小為
D．小球C受到的庫侖力大小為
素養(yǎng)培優(yōu)·情境命題
利用平衡條件解決實際問題
聯(lián)系日常生活，創(chuàng)新試題情境化設(shè)計，滲透實驗的思想，考查考生分析解決實際問題的能力，引導(dǎo)學(xué)生實現(xiàn)從“解題”到“解決問題”的轉(zhuǎn)變
情境1　工人推車——科學(xué)思維
[典例1]　[2023·四川省成都市聯(lián)測]如圖甲所示，工人用推車運送石球，到達目的地后，緩慢抬起把手將石球倒出(圖乙)．若石球與板OB、OA之間的摩擦不計，∠AOB＝60°，圖甲中BO與水平面的夾角為30°，則在抬起把手使OA變得水平的過程中，石球?qū)B板的壓力大小N1、對OA板的壓力大小N2的變化情況是(　　)
A．N1減小、N2先增大后減小
B．N1減小、N2增大
C．N1增大、N2減小
D．N1增大、N2先減小后增大
情境2　懸索橋——科學(xué)態(tài)度與責(zé)任
[典例2]　[2023·江蘇省無錫市測試]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中只畫了一側(cè)分布)，懸索兩端與水平方向成45°，則一根懸索水平段CD上的張力大小是(　　)
A．Mg B．Mg
C．Mg D．Mg
情境3　瓜子破殼器——科學(xué)探究
[典例3]　[2023·福建福州4月檢測]有一種瓜子破殼器如圖甲所示，將瓜子放入兩圓柱體所夾的凹槽之間，按壓瓜子即可破開瓜子殼．破殼器截面如圖乙所示，瓜子的剖面可視作頂角為θ的扇形，將其豎直放入兩完全相同的水平等高圓柱體A、B之間，并用豎直向下的恒力F按壓瓜子且保持靜止，若此時瓜子殼未破開，忽略瓜子自重，不計摩擦，則(　　)
A．若僅減小A、B距離，圓柱體A對瓜子的壓力變大
B．若僅減小A、B距離，圓柱體A對瓜子的壓力變小
C．若A、B距離不變，頂角θ越大，圓柱體A對瓜子的壓力越大
D．若A、B距離不變，頂角θ越大，圓柱體A對瓜子的壓力越小
第1講　力與物體的平衡
命題分類剖析
命題點一
[例1]　解析：由題知，取走一個盤子，穩(wěn)定后余下的正好升高補平，則說明一個盤子的重力使彈簧形變量為相鄰兩盤間距，則有mg＝3·kx，解得k＝100 N/m，故選B.
答案：B
[例2]　解析：對圓球B受力分析如圖，β＝45°
A對B的彈力T＝，
根據(jù)牛頓第三定律，B對A的彈力T′＝T＝，F(xiàn)＝T′sin β＝mg，故A錯誤，B正確；對AB整體地面受到的壓力為FN＝Mg＋T′cos β＝Mg＋cos β＝Mg＋mg，故C、D錯誤．故選B.
答案：B
[提升訓(xùn)練]
1．解析： 整體法對弓和物體受力分析如圖：
豎直方向上由受力平衡可得：2F cos ＝(M＋m)g
解得：F＝＝200 N，故C正確，A、B、D錯誤．
答案：C
2．解析：對光滑圓柱體受力分析如圖
由題意有
Fa＝G sin 37°＝0.6G
Fb＝G cos 37°＝0.8G
故選D.
答案：D
3．解析：對光滑球體受力分析如圖所示
根據(jù)平衡條件可得N2cos θ＝mg
對支架受力分析如圖所示
根據(jù)牛頓第三定律可知N3＝N2
對支架由平衡條件可得N4＝2mg＋N3cos θ，f＝N3sin θ
又f＝μN4
聯(lián)立解得μ＝
可知支架和地面間的動摩擦因數(shù)至少為.故選D.
答案：D
命題點二
[例1]　解析：
對玻璃球的受力分析如圖所示，玻璃球受重力G，左側(cè)鋼尺對玻璃球的彈力F1，盒壁對玻璃球的彈力F2，玻璃球在3個力作用下處于動態(tài)平衡，玻璃球沿著紙盒壁緩慢上移時，θ角變大，利用圖解法可知，F(xiàn)1和F2均逐漸減小，A、C項正確，B、D項錯誤．
故選AC.
答案：AC
[例2]　解析：對小球A進行受力分析，三力構(gòu)成矢量三角形，如圖所示
根據(jù)幾何關(guān)系可知兩三角形相似，因此＝＝，緩慢運動過程中，O′A越來越小，則F逐漸減小，故A錯誤；由于OA長度不變，桿對小球的作用力F′大小不變，故B錯誤；由于桿對木板的作用力大小不變，方向向右下，但桿的作用力與豎直方向的夾角越來越小，所以地面對木板的支持力逐漸增大，地面對木板的摩擦力逐漸減小，故C錯誤，D正確．
答案：D
[例3]　解析：取整體為研究對象，當(dāng)F垂直于Oa時，F(xiàn)最小，根據(jù)幾何關(guān)系可得，拉力的最小值F＝3mg sin 30°＝1.5mg，故選A.
答案：A
[例4]　解析：
要起吊重物，只需滿足繩子張力T的豎直分量小于鋼絲繩與板材之間的最大靜摩擦力，一般情況認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，如圖所示
即T cos αμ>T sin α，化簡可得tan α<μ，故B正確，A、C、D錯誤．故選B.
答案：B
[提升訓(xùn)練]
1．解析：
對鋼管受力分析，鋼管受重力mg、繩子的拉力T、地面對鋼管豎直向上的支持力FN、水平向右的摩擦力Ff，
可知FN＝mg，F(xiàn)f＝T＝
即隨著鋼管與地面夾角的逐漸變小，地面對鋼管支持力的大小不變，地面對鋼管的摩擦力變大，故A、B正確；
對鋼管受力分析，可認為鋼管受到重力mg、繩子的拉力T和地面對鋼管作用力的合力F三個力，鋼管平衡，三個力的作用線必交于一點，由此可知F方向沿鋼管斜向上，與水平面夾角為α(鋼管與水平面的夾角為θ)，根據(jù)共點力平衡條件可知F＝，T＝，當(dāng)鋼管與地面的夾角θ逐漸變小，同時α也減小，地面對鋼管作用力的合力變大，C正確，D錯誤．
答案：ABC
2．解析：以輕質(zhì)動滑輪與輕繩的接觸點O為研究對象，分析O點的受力情況，作出O點的受力分析圖，如圖所示
設(shè)繩子的拉力大小為F，動滑輪兩側(cè)繩子的夾角為2α，由于動滑輪兩側(cè)繩子的拉力關(guān)于豎直方向?qū)ΨQ，則有2F cos α＝mBg，又小車向左緩慢移動一小段距離后，輕繩中的拉力大小與小車移動前相同，即F＝mAg保持不變，可知α角保持不變，由幾何知識得，α＋θ＝90°，則θ保持不變，當(dāng)小車向左緩慢移動一小段距離后，動滑輪將下降，則物塊A的位置將變高，故選項A、D正確，B、C錯誤．
答案：AD
3．解析：
當(dāng)最左端連接的輕繩的拉力大小為Tm＝320 N時，θ最大，此時燈籠整體受力如圖所示
由平衡條件Tmsin θm＝F2　Tmcos θm＝32mg
解得θm＝60°，F(xiàn)2＝160 N
A、B錯誤；
當(dāng)θ＝53°時，燈籠整體受力分析如圖
由平衡條件知，最右端輕繩的拉力F21＝32mg tan 53°＝ N
對第9個燈籠至第32個燈籠整體，其受力情況跟燈籠整體的受力情況類似，由平衡條件
tan α＝≠1
則第8個燈籠與第9個燈籠間輕繩與豎直方向的夾角α≠45°，C錯誤；
當(dāng)θ＝37°時，此時燈籠整體受力如圖所示
由平衡條件知，最右端輕繩的拉力F22＝32mg tan 37°＝120 N
對第9個燈籠至第32個燈籠整體，其受力情況跟燈籠整體的受力情況類似，由平衡條件tan β＝＝1
則第8個燈籠與第9個燈籠間輕繩與豎直方向的夾角β＝45°，D正確．
答案：D
命題點三
[例1]　解析：
對C進行受力分析，A對C有吸引力，B對C有排斥力，及其重力，與水平天花板對C可能有豎直向下的壓力，如圖所示
由平衡條件，結(jié)合矢量合成法則，若不受摩擦力得FAC＝FBCcos θ
由幾何知識可得cos θ＝
依據(jù)庫侖定律有＝＝
＝時恰好處于平衡狀態(tài)；
C球靜止沒有運動趨勢，C處的摩擦力為零，故A錯誤；
緩慢將C處點電荷向右移動，平衡狀態(tài)被打破，其無法保持靜止，故C正確；
緩慢將C處點電荷向左移動，F(xiàn)BC變大，其豎直方向上的分量變大，C球一定不會掉下來，故D錯誤；
B球如果不受桿的力，則C球給B球的排斥力在水平方向的分量無法平衡，因此桿對B一定有彈力作用，故B錯誤．
答案：C
[例2]　解析：對整體分析，重力大小和方向不變，繩1、2彈力方向不變，根據(jù)左手定則，安培力水平向右且逐漸增大，由平衡條件得水平方向F1＝F2cos 60°＋BIl
豎直方向F2sin 60°＝mg
電流逐漸變大，則F1增大、F2不變，故A、B錯誤；
當(dāng)電流增大到I0時，安培力與重力的合力最大，即繩3的拉力最大sin 30°＝
最大值為F3＝2mg，故C錯誤；
對導(dǎo)體棒受力分析得tan 30°＝，得I0＝，故D正確．
答案：D
[提升訓(xùn)練]
1．解析：
對導(dǎo)體棒受力分析如圖所示，導(dǎo)體棒在重力、拉力和安培力的作用下處于平衡狀態(tài)．由平衡條件可知，導(dǎo)體棒所受拉力和安培力的合力與重力等大反向，拉力和安培力可能的方向如圖所示，當(dāng)安培力方向斜向右上方且與細線垂直時安培力最小，此時磁場方向沿著細線斜向左上方，A錯誤；
設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，由平衡條件得mg sin θ＝BIL，解得B＝，B正確；
設(shè)每條細線拉力大小為FT，由平衡條件得mg cos θ＝2FT，解得FT＝mg cos θ，C錯誤；
當(dāng)磁場方向水平向左時，安培力豎直向上，如果安培力與重力大小相等，可以使導(dǎo)體棒在圖示位置保持靜止，D錯誤．
答案：B
2．解析：如圖甲所示，以小球B為研究對象，小球A和小球C分別對小球B的庫侖力大小相等，且小球A和小球C對小球B的合力與小球B的重力等大反向，所以小球A和小球B帶異種電荷，小球B和小球C帶同種電荷，即小球A和小球C對小球B的庫侖力大小均為FA＝FC＝，由庫侖定律可得＝mg，解得小球A和小球B之間距離為r＝q ，故A錯誤；如圖乙所示，以小球A為研究對象，受到小球B向下的庫侖力為FB＝，受到小球C向下的庫侖力是受到小球B的，即為＝，所以小球A受到的拉力為FTA＝mg＋FB＋F′C＝，故C錯誤；如圖丙所示，以小球C為研究對象，小球C受到小球B向下的庫侖力為F′B＝，受到A向上的庫侖力為F′A＝，則小球C對彈簧的壓力為F壓＝F′B－F′A＋mg＝，小球C受到向上的彈力為F彈＝F壓＝，由胡克定律得F彈＝k′x，解得彈簧的形變量為x＝，故B正確，D錯誤．
答案：B
素養(yǎng)培優(yōu)·情境命題
[典例1]　解析：
在倒出石球的過程中，兩個支持力的夾角是個確定值，為α＝120°，根據(jù)力的示意圖可知＝＝，在轉(zhuǎn)動過程中β從90°增大到180°，則sin β不斷減小，N1將不斷減小；γ從150°減小到60°，其中跨過了90°，因此sin γ 先增大后減小，則N2將先增大后減小，選項A正確．
答案：A
[典例2]　解析： 對整體分析，根據(jù)平衡條件，2FTACsin 45°＝Mg，F(xiàn)TAC＝Mg.對懸索左邊受力分析，受A左上繩的力FTAC，CD上水平向右的拉力為FT，根據(jù)平衡條件，F(xiàn)T＝FTACcos 45°＝Mg，一根懸索水平段CD上的張力大小是Mg，故選A.
答案：A
[典例3]　解析：瓜子處于平衡狀態(tài)，若僅減小A、B距離，A、B對瓜子的彈力方向不變，則大小也不變，A、B錯誤；若A、B距離不變，頂角θ越大，則A、B對瓜子彈力的夾角減小，合力不變，則兩彈力減小，C錯誤，D正確．故選D.
答案：D(共63張PPT)
第2講　力與直線運動
2．物體的直線運動
(1)條件：所受合外力與速度在同一直線上，或所受合外力為零．
(2)常用規(guī)律：牛頓運動定律、運動學(xué)公式、動能定理或能量守恒定律、動量定理或動量守恒定律．
考向1　勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用
例 1 [2023·重慶選擇性考試]有人提出了高速列車不停車換乘的設(shè)想．高速列車A以v0做勻速直線運動，接駁列車B在相鄰車道由靜止開始做加速度大小為a的勻加速直線運動，與車A同向行駛．兩車同時到達交匯點時，車B剛好加速到v0，然后兩車保持該速度行駛供乘客換乘．若將兩車視為質(zhì)點，求
(1)車B出發(fā)時，車A與交匯點的距離；
(2)換乘完畢后，車B做勻減速直線運動，運動了距離s0后停止，求此過程中車B運動的加速度大小和運動時間．

考向2　勻變速直線運動推論的應(yīng)用
例 2 [2023·山東卷]如圖所示，電動公交車做勻減速直線運動進站，連續(xù)經(jīng)過R、S、T三點，已知ST間的距離是RS的兩倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，則公交車經(jīng)過T點時的瞬時速度為(　　)
A．3 m/s B．2 m/s
C．1 m/s D．0.5 m/s
答案：C
答案：A
考向4　追及相遇問題
例 4 在平直的公路上一輛汽車和一輛摩托車同向勻速行駛，汽車的速度大小v1＝25 m/s，摩托車的速度大小v2＝10 m/s.如圖所示，在兩車并排相遇時汽車因故開始剎車，加速度大小a＝5 m/s2，在以后的運動中，求：
(1)汽車從開始剎車到停止所經(jīng)歷的時間；
(2)汽車停止前，兩車之間的最大距離；
(3)從汽車開始剎車，經(jīng)過多長時間兩車再次并排相遇．
思維提升
分析追及相遇問題的方法技巧
(1)一個臨界條件：速度相同，它往往是能否追上、物體間距離最大或最小的臨界條件，也是分析判斷問題的切入點．
(2)兩個關(guān)系：時間關(guān)系和位移關(guān)系，通過畫草圖找出兩物體運動的時間關(guān)系和位移關(guān)系是解題的突破口．
(3)能否追上的判斷方法：物體B追趕物體A(勻速追勻加速、勻減速追勻速或勻減速追勻加速)，開始時，兩個物體相距x0.
①當(dāng)vA＝vB時，xA＋x0②當(dāng)vA＝vB時，xA＋x0＝xB，則恰好追上；
③當(dāng)vA＝vB時，xA＋x0>xB，則不能追上．
提升訓(xùn)練
1.[2023·廣東省廣州市模擬]如圖，籃球運動員站在廣場上的某一噴泉水柱旁邊，虛線“1”“2”“3”所在水平面分別是地面、運動員的頭頂、該水柱最高點所在的水平面．根據(jù)圖中信息和生活經(jīng)驗，可以估算出該水柱從地面噴出時的速度約為(　　)
A．2 m/s B．6 m/s
C．12 m/s D．20 m/s
答案：C
2.如圖所示，一小球(可視為質(zhì)點)沿斜面勻加速下滑，依次經(jīng)過A、B、C三點．已知AB＝18 m，BC＝30 m，小球經(jīng)過AB和BC兩段所用的時間均為2 s，則小球經(jīng)過A、B、C三點時的速度大小分別是(　　)
A．12 m/s，13 m/s，14 m/s
B．10 m/s，14 m/s，18 m/s
C．8 m/s，10 m/s，16 m/s
D．6 m/s，12 m/s，18 m/s
答案：D

命題點二　牛頓運動定律的應(yīng)用(含瞬時、臨界、極值及兩類問題)
動力學(xué)問題常見的模型
1．等時圓模型(圖中斜面光滑)
2．臨界、極值問題模型
分類 圖例 結(jié)論
靜摩擦造
成的臨界 兩物體剛要發(fā)生相對滑動時物體間達到最大靜摩擦力
彈力(分離)
造成的臨界 分離時相互作用力為零，但此時兩物體的加速度仍相同
[提醒]　接觸或脫離的臨界條件為彈力FN＝0；速度達到最值的臨界條件是加速度為零．
3．彈簧模型
(1)如圖所示，兩物體要分離時，它們之間的彈力為零，速度相同，加速度相同，分離前整體分析，分離后隔離分析．
(2)如圖所示，彈簧長度變化時隔離分析，彈簧長度不變(或兩物體運動狀態(tài)相同)時整體分析．
答案：AD
考向2　動力學(xué)中的瞬時、臨界、極值問題
例 2 [2023·湖南懷化第一次模擬]如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩小球分別用輕質(zhì)細繩L1和輕彈簧系在天花板上的O點和O′點，A、B兩小球之間用一輕質(zhì)細繩L2連接，細繩L1、彈簧與豎直方向的夾角均為θ，細繩L2水平拉直，則下列有關(guān)細繩L2被剪斷瞬間的表述正確的是(　　)
A．細繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為1∶1
B．細繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為cos2θ∶1
C．A與B的加速度之比為1∶1
D．A與B的加速度之比為1∶cos θ
答案：B
例 3 (多選|整體法與隔離法的靈活應(yīng)用)光滑水平面上停放著一質(zhì)量為M＝1 kg的小車B，質(zhì)量為m＝2 kg的物體A放在小車的上表面，已知小車的上表面水平，物體與小車上表面之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25.如圖甲所示，在小車上施加一水平向右的外力F1，如圖乙所示，在物體上施加一水平向右的外力F2，兩種情況下，物體始終與小車保持相對靜止．最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2.則下列說法正確的是(　　)
A．圖甲中物體A的最大加速度為2.5 m/s2
B．圖乙中物體A的最大加速度為2.5 m/s2
C．F1的最大值為15 N
D．F2的最大值為15 N
答案：AD
解析：當(dāng)物體A與小車B之間的摩擦力達到最大靜摩擦力時，物體A的加速度最大，此時的外力也最大．圖甲中，當(dāng)A、B間的摩擦力達到最大靜摩擦力時，對物體A由牛頓第二定律得μmg＝ma1，解得a1＝2.5 m/s2，對物體A和小車B組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律得F1＝(M＋m)a1，解得F1＝7.5 N，A正確，C錯誤．圖乙中，當(dāng)A、B間摩擦力達到最大靜摩擦力時，對小車B由牛頓第二定律得μmg＝Ma2，解得a2＝5 m/s2，對物體A和小車B組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律得F2＝(M＋m)a2，解得F2＝15 N，B錯誤，D正確．
【審題指導(dǎo)】　
注意物體與小車發(fā)生相對滑動的臨界條件：物體A與小車B之間的摩擦力達到最大靜摩擦力．
思維提升
連接體問題的解決方法：整體法和隔離法
(1)加速度相同的連接體問題
①若求解整體的加速度，可用整體法．以整體為研究對象，分析整體所受外力情況，再由牛頓第二定律求出加速度．
②若求解系統(tǒng)內(nèi)力，可先用整體法求出整體的加速度，再用隔離法將內(nèi)力轉(zhuǎn)化成外力，由牛頓第二定律求解．
(2)加速度不同的連接體問題
若系統(tǒng)內(nèi)各個物體的加速度不同，一般應(yīng)采用隔離法．將各個物體分別作為研究對象，對每個研究對象進行受力和運動情況分析，分別應(yīng)用牛頓第二定律建立方程，并注意各個物體間的相互作用關(guān)系，聯(lián)立求解．
考向3　動力學(xué)兩類問題
例 4 [2023·遼寧省大連市期末]我國運動員閆文港在2022年北京冬奧會獲得男子鋼架雪車比賽銅牌，實現(xiàn)該項目的歷史性突破，圖甲為閆文港的比賽畫面．已知賽道由起跑區(qū)、出發(fā)區(qū)、滑行區(qū)及減速區(qū)四個區(qū)段組成，圖乙中AB為起跑區(qū)、BC為出發(fā)區(qū)，AB賽段水平，BC賽段與水平面夾角θ＝5°.若運動員推著雪車從A點由靜止出發(fā)，以2 m/s2的加速度勻加速跑到B點時速度大小為9 m/s，接著快速俯臥到雪車上沿BC下滑．已知運動員到達C點時的速度大小為12 m/s，賽道BC的長度為45 m，取g＝10 m/s2，sin 5°≈0.09，cos 5°≈1.00，不計空氣阻力，求：
(1)運動員在起跑區(qū)的運動時間；
(2)雪車與冰面間的動摩擦因數(shù)．
提升訓(xùn)練
1.[2023·四川巴中模擬預(yù)測]越來越多的人喜歡挑戰(zhàn)極限，如圖是兩位“勇士”參與溜索活動，兩傾斜的鋼絲拉索分別套有M、N兩個滑輪(滑輪與繩之間有可調(diào)節(jié)的制動片)，兩滑輪上用安全帶系著兩位“勇士”，當(dāng)他們都沿拉索向下滑動時，M上的帶子與索垂直， N上的帶子始終豎直向下，則以下判斷正確的是(　　)
A．M情況中，滑輪與索之間有摩擦力
B．N情況中，滑輪與索之間無摩擦力
C．M情況中“勇士”做勻速直線運動
D．N情況中“勇士”做勻速直線運動
答案：D
2．[2023·廣東肇慶統(tǒng)考二模]
水面救生無人船已經(jīng)成為水面救援的重要科技裝備．在某次測試中，一質(zhì)量為20 kg的無人船在平靜水面上沿直線直奔目標地點．無人船先從靜止出發(fā)，做勻加速運動10 s后達到最大速度4 m/s，接著立即做勻減速運動，勻減速運動了16 m的距離后速度變?yōu)榱悖阎獰o人船運行過程中受到水的阻力恒定且大小為4 N，不計空氣阻力，g取10 m/s2.求：
(1)在勻加速過程中，無人船發(fā)動機提供的動力的大小F1；
(2)在勻減速過程中，無人船發(fā)動機提供的阻力的大小F2；
(3)無人船在上述測試中，運動的總時間t及總位移大小x.
命題點三　運動學(xué)和動力學(xué)圖像問題
1．解決圖像類問題“四個注意”
(1)速度圖線只有通過時間軸時速度方向才改變．
(2)利用v-t圖像分析兩個物體的運動時，要注意兩個物體的出發(fā)點是否相同．
(3)物體的運動圖像與運動過程的轉(zhuǎn)化．
(4)x-t圖像、v-t圖像、a-t圖像的應(yīng)用．
2．應(yīng)用圖像時的“兩個誤區(qū)”
(1)誤認為v-t圖像、x-t圖像是物體運動軌跡．
(2)在v-t圖像中誤將交點認為此時相遇．
考向1　x-t圖像的應(yīng)用
例 1 [2023·河北石家莊1月期末](多選)如圖甲所示，傾角為37°、足夠長的傳送帶以恒定速率v1沿順時針方向轉(zhuǎn)動．一小煤塊以初速度v0＝12 m/s從傳送帶的底部沖上傳送帶，規(guī)定沿傳送帶斜向上為煤塊運動的正方向，該煤塊運動的位移x隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示．已知圖線在前1.0 s內(nèi)和在1.0 s～t0內(nèi)為兩段不同的二次函數(shù)圖像，t0時刻圖線的切線正好水平，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則下列說法正確的是(　　)
A．傳送帶轉(zhuǎn)動速率v1為8 m/s
B．圖乙中t0的數(shù)值為2.0
C．0～t0內(nèi)煤塊在傳送帶上的劃痕長度為6 m
D．煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.25
答案：BD
[教你解決問題]——圖像剖析
考向2　v-t圖像的應(yīng)用
例 2 [2023·河北省滄州市期末]某人乘坐上海回北京的動車a，某時刻動車a后面追上一列動車b，兩動車互相追趕，如圖甲所示．兩動車運動的v-t圖像如圖乙所示，t＝0時刻兩動車車頭剛好并排行駛，下列說法正確的是(　　)
A．前30 s兩動車平均速度相等
B．圖乙中動車a的最大速度為80.8 m/s
C．0～36 s內(nèi)，兩車頭相距最遠為65.6 m
D．兩車頭在36 s末再次并排行駛
答案：B
考向3　動力圖像的問題
例 3 [2023·全國甲卷] (多選)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(guān)系圖線如圖所示．由圖可知(　　)
A．m甲m乙
C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
答案：BC
解析：根據(jù)牛頓第二定律有，F(xiàn)－μmg＝ma，整理后有，F(xiàn)＝ma＋μmg，則可知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BC.
答案：C
2．[2023·湖南永州二模]如圖a所示為馬拉松比賽中兩位選手參賽的某一情形，甲、乙兩人起跑時都做勻加速直線運動，達到某一速度后都各自做勻速直線運動直至終點，他們的速度—時間圖像如圖b所示．則下列說法中正確的是(　　)
A. 乙選手起跑2 s后剛好追上甲選手
B．乙選手起跑時，甲選手正好跑了3 m
C．相遇前甲、乙兩選手之間的最大距離為4 m
D．乙選手超過甲選手后，兩選手可能再次相遇
答案：C
實際情境中的直線運動
情境1　機器人——模型建構(gòu)
[典例1]　[2023·廣東模擬預(yù)測]機器人服務(wù)人類的場景正步入現(xiàn)實生活中，例如餐廳中使用機器人來送餐，就越來越常見．如圖甲所示為某餐廳的送餐機器人，將其結(jié)構(gòu)簡化為如圖乙所示的示意圖，機器人的上表面保持水平．
則下列說法中正確的是(　　)
A.菜品隨著機器人一起做勻速直線運動時，菜品受到與運動方向一致的摩擦力作用
B．菜品隨著機器人一起做勻速直線運動時，菜品對機器人的壓力和機器人對菜品的支持力是一對平衡力
C．菜品隨著機器人一起做勻加速直線運動時，菜品的慣性逐漸增大
D．菜品隨著機器人一起做勻減速直線運動時，機器人對菜品的作用力大于菜品的重力
答案：D
情境2　長征二號丁運載火箭——科學(xué)思維
[典例2]　[2023·安徽合肥一模] (多選)2022年10月9日搭載天基太陽天文臺“夸父一號”的長征二號丁運載火箭成功發(fā)射．假設(shè)如圖為火箭發(fā)射后，第6 s末的照片，現(xiàn)用毫米刻度尺對照片進行測量，刻度尺的0刻度線與剛發(fā)射時火箭底部對齊．假設(shè)火箭發(fā)射后6 s內(nèi)沿豎直方向做勻加速直線運動，且質(zhì)量不變，火箭高為40.6 m，起飛質(zhì)量為250 t，重力加速度g取9.8 m/s2.則下列估算正確的是(　　)
A．火箭豎直升空的加速度大小約為2.2 m/s2
B．火箭豎直升空的加速度大小約為4.2 m/s2
C．火箭升空所受到的平均推力大小約為3.5×107 N
D．火箭升空所受到的平均推力大小約為3.0×106 N
答案：AD
情境3　交通安全——科學(xué)態(tài)度與責(zé)任
[典例3]　[2023·四川省成都市名校聯(lián)盟聯(lián)考]強行超車是道路交通安全的極大隱患之一．如圖是汽車超車過程的示意圖，汽車甲和貨車均以36 km/h的速度在平直路面上勻速行駛，貨車在甲車前面．若甲車司機發(fā)現(xiàn)附近無其他車輛后開始加速從貨車左側(cè)超車，加速度大小為4 m/s2.假定貨車速度保持不變，汽車超過貨車4 m后完成超車，不計車輛變道的時間．求：
(1)若甲車要在4 s內(nèi)完成超車，則貨車最多在甲車前面多遠處；
(2)若甲車開始超車時，看到道路正前方的乙車迎面駛來，乙車速度為54 km/h.甲車超車的整個過程用時4 s，乙車速度始終保持不變，則甲、乙兩車之間的距離至少是多少？
第2講　力與直線運動
知識網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建
命題分類剖析
命題點一　勻變速直線運動規(guī)律及應(yīng)用
1．解決勻變速直線運動問題的方法技巧
(1)常用方法
①基本公式法，包括＝＝，Δx＝aT2.
②v-t圖像法．
③比例法：適用于初速度為零的勻加速直線運動和末速度為零的勻減速直線運動．
④逆向思維法：末速度為零的勻減速直線運動可看做反向初速度為零的勻加速直線運動．
(2)追及相遇問題的臨界條件：前后兩物體速度相同時，兩物體間的距離最大或最小．
2．物體的直線運動
(1)條件：所受合外力與速度在同一直線上，或所受合外力為零．
(2)常用規(guī)律：牛頓運動定律、運動學(xué)公式、動能定理或能量守恒定律、動量定理或動量守恒定律．
考向1　勻變速直線運動規(guī)律的應(yīng)用
例 1 [2023·重慶選擇性考試]有人提出了高速列車不停車換乘的設(shè)想．高速列車A以v0做勻速直線運動，接駁列車B在相鄰車道由靜止開始做加速度大小為a的勻加速直線運動，與車A同向行駛．兩車同時到達交匯點時，車B剛好加速到v0，然后兩車保持該速度行駛供乘客換乘．若將兩車視為質(zhì)點，求
(1)車B出發(fā)時，車A與交匯點的距離；
(2)換乘完畢后，車B做勻減速直線運動，運動了距離s0后停止，求此過程中車B運動的加速度大小和運動時間．
考向2　勻變速直線運動推論的應(yīng)用
例 2 [2023·山東卷]如圖所示，電動公交車做勻減速直線運動進站，連續(xù)經(jīng)過R、S、T三點，已知ST間的距離是RS的兩倍，RS段的平均速度是10 m/s，ST段的平均速度是5 m/s，則公交車經(jīng)過T點時的瞬時速度為(　　)
A．3 m/s B．2 m/s
C．1 m/s D．0.5 m/s
考向3　自由落體和豎直上拋運動
例 3 如圖所示，左圖為大型游樂設(shè)施跳樓機，右圖為其結(jié)構(gòu)簡圖．跳樓機由靜止從a自由下落到b，再從b開始以恒力制動豎直下落到c停下．已知跳樓機和游客的總質(zhì)量為m，ab高度差為2h，bc高度差為h，重力加速度為g.則(　　)
A．從a到b與從b到c的運動時間之比為2∶1
B．從a到b，跳樓機座椅對游客的作用力與游客的重力大小相等
C．從a到b，跳樓機和游客總重力的沖量大小為m
D．從b到c，跳樓機受到制動力的大小等于2mg
考向4　追及相遇問題
例 4 在平直的公路上一輛汽車和一輛摩托車同向勻速行駛，汽車的速度大小v1＝25 m/s，摩托車的速度大小v2＝10 m/s.如圖所示，在兩車并排相遇時汽車因故開始剎車，加速度大小a＝5 m/s2，在以后的運動中，求：
(1)汽車從開始剎車到停止所經(jīng)歷的時間；
(2)汽車停止前，兩車之間的最大距離；
(3)從汽車開始剎車，經(jīng)過多長時間兩車再次并排相遇．
思維提升
分析追及相遇問題的方法技巧
(1)一個臨界條件：速度相同，它往往是能否追上、物體間距離最大或最小的臨界條件，也是分析判斷問題的切入點．
(2)兩個關(guān)系：時間關(guān)系和位移關(guān)系，通過畫草圖找出兩物體運動的時間關(guān)系和位移關(guān)系是解題的突破口．
(3)能否追上的判斷方法：物體B追趕物體A(勻速追勻加速、勻減速追勻速或勻減速追勻加速)，開始時，兩個物體相距x0.
①當(dāng)vA＝vB時，xA＋x0②當(dāng)vA＝vB時，xA＋x0＝xB，則恰好追上；
③當(dāng)vA＝vB時，xA＋x0>xB，則不能追上．
提升訓(xùn)練
1.
[2023·廣東省廣州市模擬]如圖，籃球運動員站在廣場上的某一噴泉水柱旁邊，虛線“1”“2”“3”所在水平面分別是地面、運動員的頭頂、該水柱最高點所在的水平面．根據(jù)圖中信息和生活經(jīng)驗，可以估算出該水柱從地面噴出時的速度約為(　　)
A．2 m/s B．6 m/s
C．12 m/s D．20 m/s
2.
如圖所示，一小球(可視為質(zhì)點)沿斜面勻加速下滑，依次經(jīng)過A、B、C三點．已知AB＝18 m，BC＝30 m，小球經(jīng)過AB和BC兩段所用的時間均為2 s，則小球經(jīng)過A、B、C三點時的速度大小分別是(　　)
A．12 m/s，13 m/s，14 m/s
B．10 m/s，14 m/s，18 m/s
C．8 m/s，10 m/s，16 m/s
D．6 m/s，12 m/s，18 m/s
3.
[2023·四川成都市二診]某火車做勻加速直線運動，連續(xù)通過兩個相距L＝100 m的時間分別為T1＝ s、T2＝ s，該火車以上述加速度由靜止開始做勻加速直線運動時，一只小鳥從火車車頭后方s0＝150 m處沿火車加速方向勻速向前飛行．
(1)求火車的加速度大小a；
(2)求小鳥能超過火車車頭的最小速度v1；
(3)若小鳥在火車車頭前方運動的時間為75 s，求小鳥的速度大小v2.
命題點二　牛頓運動定律的應(yīng)用(含瞬時、臨界、極值及兩類問題)
動力學(xué)問題常見的模型
1．等時圓模型(圖中斜面光滑)
2．臨界、極值問題模型
分類 圖例 結(jié)論
靜摩擦造 成的臨界 兩物體剛要發(fā)生相對滑動時物體間達到最大靜摩擦力
彈力(分離) 造成的臨界 分離時相互作用力為零，但此時兩物體的加速度仍相同
[提醒]　接觸或脫離的臨界條件為彈力FN＝0；速度達到最值的臨界條件是加速度為零．
3．彈簧模型
(1)如圖所示，兩物體要分離時，它們之間的彈力為零，速度相同，加速度相同，分離前整體分析，分離后隔離分析．
(2)如圖所示，彈簧長度變化時隔離分析，彈簧長度不變(或兩物體運動狀態(tài)相同)時整體分析．
考向1　牛頓運動定律的基本應(yīng)用
例 1 [2023·湖北卷](多選)如圖所示，原長為l的輕質(zhì)彈簧，一端固定在O點，另一端與一質(zhì)量為m的小球相連．小球套在豎直固定的粗糙桿上，與桿之間的動摩擦因數(shù)為0.5.桿上M、N兩點與O點的距離均為l，P點到O點的距離為l，OP與桿垂直．當(dāng)小球置于桿上P點時恰好能保持靜止．設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g.小球以某一初速度從M點向下運動到N點，在此過程中，彈簧始終在彈性限度內(nèi)．下列說法正確的是(　　)
A．彈簧的勁度系數(shù)為
B.小球在P點下方l處的加速度大小為(3－4)g
C．從M點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力先變小再變大
D．從M點到P點和從P點到N點的運動過程中，小球受到的摩擦力做功相同
考向2　動力學(xué)中的瞬時、臨界、極值問題
例 2 [2023·湖南懷化第一次模擬]如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩小球分別用輕質(zhì)細繩L1和輕彈簧系在天花板上的O點和O′點，A、B兩小球之間用一輕質(zhì)細繩L2連接，細繩L1、彈簧與豎直方向的夾角均為θ，細繩L2水平拉直，則下列有關(guān)細繩L2被剪斷瞬間的表述正確的是(　　)
A．細繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為1∶1
B．細繩L1上的拉力與彈簧彈力之比為cos2θ∶1
C．A與B的加速度之比為1∶1
D．A與B的加速度之比為1∶cos θ
例 3 (多選|整體法與隔離法的靈活應(yīng)用)光滑水平面上停放著一質(zhì)量為M＝1 kg的小車B，質(zhì)量為m＝2 kg的物體A放在小車的上表面，已知小車的上表面水平，物體與小車上表面之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25.如圖甲所示，在小車上施加一水平向右的外力F1，如圖乙所示，在物體上施加一水平向右的外力F2，兩種情況下，物體始終與小車保持相對靜止．最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2.則下列說法正確的是(　　)
A．圖甲中物體A的最大加速度為2.5 m/s2
B．圖乙中物體A的最大加速度為2.5 m/s2
C．F1的最大值為15 N
D．F2的最大值為15 N
【審題指導(dǎo)】　注意物體與小車發(fā)生相對滑動的臨界條件：物體A與小車B之間的摩擦力達到最大靜摩擦力．
思維提升
連接體問題的解決方法：整體法和隔離法
(1)加速度相同的連接體問題
①若求解整體的加速度，可用整體法．以整體為研究對象，分析整體所受外力情況，再由牛頓第二定律求出加速度．
②若求解系統(tǒng)內(nèi)力，可先用整體法求出整體的加速度，再用隔離法將內(nèi)力轉(zhuǎn)化成外力，由牛頓第二定律求解．
(2)加速度不同的連接體問題
若系統(tǒng)內(nèi)各個物體的加速度不同，一般應(yīng)采用隔離法．將各個物體分別作為研究對象，對每個研究對象進行受力和運動情況分析，分別應(yīng)用牛頓第二定律建立方程，并注意各個物體間的相互作用關(guān)系，聯(lián)立求解．
考向3　動力學(xué)兩類問題
例 4 [2023·遼寧省大連市期末]我國運動員閆文港在2022年北京冬奧會獲得男子鋼架雪車比賽銅牌，實現(xiàn)該項目的歷史性突破，圖甲為閆文港的比賽畫面．已知賽道由起跑區(qū)、出發(fā)區(qū)、滑行區(qū)及減速區(qū)四個區(qū)段組成，圖乙中AB為起跑區(qū)、BC為出發(fā)區(qū)，AB賽段水平，BC賽段與水平面夾角θ＝5°.若運動員推著雪車從A點由靜止出發(fā)，以2 m/s2的加速度勻加速跑到B點時速度大小為9 m/s，接著快速俯臥到雪車上沿BC下滑．已知運動員到達C點時的速度大小為12 m/s，賽道BC的長度為45 m，取g＝10 m/s2，sin 5°≈0.09，cos 5°≈1.00，不計空氣阻力，求：
(1)運動員在起跑區(qū)的運動時間；
(2)雪車與冰面間的動摩擦因數(shù)．
提升訓(xùn)練
1.[2023·四川巴中模擬預(yù)測]越來越多的人喜歡挑戰(zhàn)極限，如圖是兩位“勇士”參與溜索活動，兩傾斜的鋼絲拉索分別套有M、N兩個滑輪(滑輪與繩之間有可調(diào)節(jié)的制動片)，兩滑輪上用安全帶系著兩位“勇士”，當(dāng)他們都沿拉索向下滑動時，M上的帶子與索垂直， N上的帶子始終豎直向下，則以下判斷正確的是(　　)
A．M情況中，滑輪與索之間有摩擦力
B．N情況中，滑輪與索之間無摩擦力
C．M情況中“勇士”做勻速直線運動
D．N情況中“勇士”做勻速直線運動
2．[2023·廣東肇慶統(tǒng)考二模]
水面救生無人船已經(jīng)成為水面救援的重要科技裝備．在某次測試中，一質(zhì)量為20 kg的無人船在平靜水面上沿直線直奔目標地點．無人船先從靜止出發(fā)，做勻加速運動10 s后達到最大速度4 m/s，接著立即做勻減速運動，勻減速運動了16 m的距離后速度變?yōu)榱悖阎獰o人船運行過程中受到水的阻力恒定且大小為4 N，不計空氣阻力，g取10 m/s2.求：
(1)在勻加速過程中，無人船發(fā)動機提供的動力的大小F1；
(2)在勻減速過程中，無人船發(fā)動機提供的阻力的大小F2；
(3)無人船在上述測試中，運動的總時間t及總位移大小x.
命題點三　運動學(xué)和動力學(xué)圖像問題
1．解決圖像類問題“四個注意”
(1)速度圖線只有通過時間軸時速度方向才改變．
(2)利用v-t圖像分析兩個物體的運動時，要注意兩個物體的出發(fā)點是否相同．
(3)物體的運動圖像與運動過程的轉(zhuǎn)化．
(4)x-t圖像、v-t圖像、a-t圖像的應(yīng)用．
2．應(yīng)用圖像時的“兩個誤區(qū)”
(1)誤認為v-t圖像、x-t圖像是物體運動軌跡．
(2)在v-t圖像中誤將交點認為此時相遇．
考向1　x-t圖像的應(yīng)用
例 1 [2023·河北石家莊1月期末](多選)如圖甲所示，傾角為37°、足夠長的傳送帶以恒定速率v1沿順時針方向轉(zhuǎn)動．一小煤塊以初速度v0＝12 m/s從傳送帶的底部沖上傳送帶，規(guī)定沿傳送帶斜向上為煤塊運動的正方向，該煤塊運動的位移x隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示．已知圖線在前1.0 s內(nèi)和在1.0 s～t0內(nèi)為兩段不同的二次函數(shù)圖像，t0時刻圖線的切線正好水平，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，則下列說法正確的是(　　)
A．傳送帶轉(zhuǎn)動速率v1為8 m/s
B．圖乙中t0的數(shù)值為2.0
C．0～t0內(nèi)煤塊在傳送帶上的劃痕長度為6 m
D．煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.25
[教你解決問題]——圖像剖析
考向2　v-t圖像的應(yīng)用
例 2 [2023·河北省滄州市期末]某人乘坐上海回北京的動車a，某時刻動車a后面追上一列動車b，兩動車互相追趕，如圖甲所示．兩動車運動的v-t圖像如圖乙所示，t＝0時刻兩動車車頭剛好并排行駛，下列說法正確的是(　　)
A．前30 s兩動車平均速度相等
B．圖乙中動車a的最大速度為80.8 m/s
C．0～36 s內(nèi)，兩車頭相距最遠為65.6 m
D．兩車頭在36 s末再次并排行駛
考向3　動力圖像的問題
例 3 [2023·全國甲卷]
(多選)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(guān)系圖線如圖所示．由圖可知(　　)
A．m甲m乙
C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙
提升訓(xùn)練
1.[2023·浙江模擬預(yù)測]甲乙兩質(zhì)點在同一直線上運動，從t＝0時刻起同時出發(fā)，甲做勻加速直線運動，x-t圖像如圖甲所示．乙做勻減速直線運動，整個運動過程的x-v2圖像如圖乙所示，下列說法正確的是(　　)
A．t＝0時刻，甲的速度為2 m/s
B．甲的加速度大小為2 m/s2
C．經(jīng)過 s，甲追上乙
D．經(jīng)過2.5 s，甲追上乙
2．[2023·湖南永州二模]如圖a所示為馬拉松比賽中兩位選手參賽的某一情形，甲、乙兩人起跑時都做勻加速直線運動，達到某一速度后都各自做勻速直線運動直至終點，他們的速度—時間圖像如圖b所示．則下列說法中正確的是(　　)
A.乙選手起跑2 s后剛好追上甲選手
B．乙選手起跑時，甲選手正好跑了3 m
C．相遇前甲、乙兩選手之間的最大距離為4 m
D．乙選手超過甲選手后，兩選手可能再次相遇
3．(多選)如圖甲所示，物塊受水平向右的力F作用，緊靠豎直墻壁，F(xiàn)隨時間變化規(guī)律如圖乙所示．已知物塊質(zhì)量為m，t＝0時物塊速度為0，物塊與墻壁間動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，考慮0～2T0過程，對物塊有(　　)
A．最大速度為0.5gT0
B．最大速度為gT0
C．位移為
D．位移為
素養(yǎng)培優(yōu)·情境命題
實際情境中的直線運動
情境1　機器人——模型建構(gòu)
[典例1]　[2023·廣東模擬預(yù)測]機器人服務(wù)人類的場景正步入現(xiàn)實生活中，例如餐廳中使用機器人來送餐，就越來越常見．如圖甲所示為某餐廳的送餐機器人，將其結(jié)構(gòu)簡化為如圖乙所示的示意圖，機器人的上表面保持水平．則下列說法中正確的是(　　)
A.菜品隨著機器人一起做勻速直線運動時，菜品受到與運動方向一致的摩擦力作用
B．菜品隨著機器人一起做勻速直線運動時，菜品對機器人的壓力和機器人對菜品的支持力是一對平衡力
C．菜品隨著機器人一起做勻加速直線運動時，菜品的慣性逐漸增大
D．菜品隨著機器人一起做勻減速直線運動時，機器人對菜品的作用力大于菜品的重力
情境2　長征二號丁運載火箭——科學(xué)思維
[典例2]　[2023·安徽合肥一模]
(多選)2022年10月9日搭載天基太陽天文臺“夸父一號”的長征二號丁運載火箭成功發(fā)射．假設(shè)如圖為火箭發(fā)射后，第6 s末的照片，現(xiàn)用毫米刻度尺對照片進行測量，刻度尺的0刻度線與剛發(fā)射時火箭底部對齊．假設(shè)火箭發(fā)射后6 s內(nèi)沿豎直方向做勻加速直線運動，且質(zhì)量不變，火箭高為40.6 m，起飛質(zhì)量為250 t，重力加速度g取9.8 m/s2.則下列估算正確的是(　　)
A．火箭豎直升空的加速度大小約為2.2 m/s2
B．火箭豎直升空的加速度大小約為4.2 m/s2
C．火箭升空所受到的平均推力大小約為3.5×107 N
D．火箭升空所受到的平均推力大小約為3.0×106 N
情境3　交通安全——科學(xué)態(tài)度與責(zé)任
[典例3]　[2023·四川省成都市名校聯(lián)盟聯(lián)考]強行超車是道路交通安全的極大隱患之一．如圖是汽車超車過程的示意圖，汽車甲和貨車均以36 km/h的速度在平直路面上勻速行駛，貨車在甲車前面．若甲車司機發(fā)現(xiàn)附近無其他車輛后開始加速從貨車左側(cè)超車，加速度大小為4 m/s2.假定貨車速度保持不變，汽車超過貨車4 m后完成超車，不計車輛變道的時間．求：
(1)若甲車要在4 s內(nèi)完成超車，則貨車最多在甲車前面多遠處；
(2)若甲車開始超車時，看到道路正前方的乙車迎面駛來，乙車速度為54 km/h.甲車超車的整個過程用時4 s，乙車速度始終保持不變，則甲、乙兩車之間的距離至少是多少？
第2講　力與直線運動
命題分類剖析
命題點一
[例1]　解析：(1)當(dāng)B剛好加速到v0，所用時間為v0＝at
解得t＝
車A與交匯點的距離s＝v0×＝.
(2)把勻減速逆向考慮，根據(jù)速度位移公式
根據(jù)v0＝a′t′
解得t′＝.
答案：
[例2]　解析：由題知，電動公交車做勻減速直線運動，且設(shè)RS間的距離為x，則根據(jù)題意有
＝＝＝＝
聯(lián)立解得t2＝4t1，vT＝vR－10
再根據(jù)勻變速直線運動速度與時間的關(guān)系有vT＝vR－a·5t1
則at1＝2 m/s
其中還有＝vR－a·
解得vR＝11 m/s
聯(lián)立解得vT＝1 m/s.故選C.
答案：C
[例3]　解析：由題意可知，跳樓機從a運動到b過程中做自由落體運動，由2h＝可得，下落時間t1＝＝2，由＝2g·2h可知，運動到b的速度大小為vb＝＝2，跳樓機從b運動到c過程中做減速運動，同理可得h＝＝2ah，解得減速過程的加速度大小為a＝2g，時間為t2＝ ，故從a到b與從b到c的運動時間之比為＝2 ∶ ＝2∶1，故A正確；從a到b，跳樓機做自由落體運動，故跳樓機座椅對游客的作用力為零，故B錯誤；從a到b，根據(jù)動量定理可得IG＝mvb＝2m，則跳樓機和游客總重力的沖量大小為2m，故C錯誤；從b到c，根據(jù)牛頓第二定律有：F－mg＝ma＝2mg，解得跳樓機受到制動力的大小為F＝3mg，故D錯誤．
答案：A
[例4]　解析：(1)汽車自開始剎車至停止0＝v1－at0，得t0＝5 s．
(2)設(shè)經(jīng)時間t兩車間的距離最大，此時兩車速度相等．
v′1＝v2 ，v′1＝v1－at ，得t＝3 s
兩車速度相等時，汽車位移x1＝v1t－at2＝52.5 m
摩托車位移x2＝v2t＝30 m
汽車停止前，兩車之間的最大距離xmax＝x1－x2＝22.5 m.
(3)汽車自開始剎車至停止，設(shè)汽車運動位移x′1，摩托車運動位移x′2
＝2ax′1，x′2＝v2t0，得x′1＝62.5 m, x′2＝50 m
因為x′1>x′2，在汽車停止時，摩托車還沒追上汽車
汽車停止后：x′1－x′2＝v2t′
得t′＝1.25 s
汽車開始剎車至兩車再次并排相遇的所用時間t＝t0＋t′＝6.25 s.
答案：(1)5 s　(2)22.5 m　(3)6.25 s
[提升訓(xùn)練]
1．解析：由圖示比例可以看出水柱高度大概為運動員身高的4倍，設(shè)運動員身高為1.80 m，則噴泉水柱高度大概為7.2 m，則v＝＝ m/s＝12 m/s，故A、B、D 錯誤，C正確．
答案：C
2．解析：根據(jù)Δx＝at2得a＝＝ m/s2＝3 m/s2，經(jīng)過B點的瞬時速度等于通過AC段的平均速度，則vB＝＝ m/s＝12 m/s，則經(jīng)過C點的速度vC＝vB＋at＝12 m/s＋3×2 m/s＝18 m/s，經(jīng)過A點的速度vA＝vB－at＝12 m/s－3×2 m/s＝6 m/s，故D正確．
答案：D
3．解析：(1)設(shè)火車的初速度為v0，在通過第一個100 m的過程中，有L＝
在通過兩個100 m的過程中，有
2L＝v0(T1＋T2)＋a(T1＋T2)2
解得a＝0.12 m/s2.
(2)設(shè)火車的速度增加到等于小鳥的速度時所用的時間為t0，若此時小鳥剛好超過車頭，有v1t0＝
對火車有v1＝at0
解得v1＝6 m/s.
(3)設(shè)小鳥與車頭相遇的時間為t，則有v2t＝s0＋at2
解得t＝
分析可知，要使小鳥超過火車車頭的時間Δt＝75 s
即上式的兩個時間解的差即t2－t1＝Δt
解得v2＝7.5 m/s.
答案：(1)0.12 m/s2　(2)6 m/s　(3)7.5 m/s
命題點二
[例1]　解析：小球在P點受力平衡，則有
mg＝f，f＝μFN，F(xiàn)N＝k
聯(lián)立解得k＝
A正確；
在PM之間任取一點A，令A(yù)O與MN之間的夾角為θ，則此時彈簧的彈力為F＝k
小球受到的摩擦力為f1＝μFN1＝μF sin θ
化簡得f1＝μ
θ在MP之間增大在PN減變小，即摩擦力先變大后變小，C錯誤；
根據(jù)對稱性可知在任意關(guān)于P點對稱的點摩擦力大小相等，因此由對稱性可知M到P和P到N摩擦力做功大小相等，D正確；
小球運動到P點下方時θ＝45°，此時摩擦力大小為f1＝μ
由牛頓第二定律mg－f1＝ma
聯(lián)立解得a＝(2－)g
B錯誤．故選AD.
答案：AD
[例2]　解析：對A球，剪斷細繩L2的瞬間，細繩L1的拉力將發(fā)生突變，合力垂直于細繩L1斜向下，細繩L1的拉力大小為FA＝mg cos θ，A球的加速度大小aA＝g sin θ；對B球，剪斷細繩L2的瞬間，彈簧彈力不變，合力水平向右，彈簧彈力大小FB＝，B球的加速度大小aB＝g tan θ，所以＝＝.
答案：B
[例3]　解析：當(dāng)物體A與小車B之間的摩擦力達到最大靜摩擦力時，物體A的加速度最大，此時的外力也最大．圖甲中，當(dāng)A、B間的摩擦力達到最大靜摩擦力時，對物體A由牛頓第二定律得μmg＝ma1，解得a1＝2.5 m/s2，對物體A和小車B組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律得F1＝(M＋m)a1，解得F1＝7.5 N，A正確，C錯誤．圖乙中，當(dāng)A、B間摩擦力達到最大靜摩擦力時，對小車B由牛頓第二定律得μmg＝Ma2，解得a2＝5 m/s2，對物體A和小車B組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律得F2＝(M＋m)a2，解得F2＝15 N，B錯誤，D正確．
答案：AD
[例4]　解析：(1)設(shè)運動員在起跑區(qū)的運動時間為t1，根據(jù)vB＝a1t1，解得t1＝4.5 s.
(2)設(shè)運動員和雪車的總質(zhì)量為m，摩擦力大小為Ff，在出發(fā)區(qū)的加速度大小為a2，根據(jù)＝2a2xBC
解得a2＝0.7 m/s2
由牛頓第二定律有mg sin θ－μmg cos θ＝ma2
解得μ＝0.02.
答案：(1)4.5 s　(2)0.02
[提升訓(xùn)練]
1．解析：
滑輪M對應(yīng)的安全帶的彈力方向傾斜，對“勇士”受力分析，如圖
則加速度大小為a＝＝g sin θ
滑輪M做勻加速運動，對整體分析，有(m＋M)g sin θ－f＝(m＋M)a，得 f＝0，
M情況中，滑輪與索之間沒有摩擦力，故A、C錯誤；
滑輪N對應(yīng)的安全帶的彈力為豎直方向，可知N情況中“勇士”合力為零，做勻速直線運動，則滑輪N受到沿鋼索向上的摩擦力，故B錯誤，D正確．
答案：D
2．解析：(1)勻加速階段加速度為a1＝
解得a1＝0.4 m/s2
由牛頓第二定律得F1－f＝ma1
解得F1＝12 N.
(2)勻減速階段有＝－2a2x2
解得a2＝0.5 m/s2
由牛頓第二定律得F2＋f＝ma2
解得F2＝6 N.
(3)勻減速階段的時間為t2＝＝8 s
運動總時間為t＝t1＋t2＝18 s
勻加速階段的位移為x1＝t1＝20 m
總位移大小x＝x1＋x2＝20 m＋16 m＝36 m.
答案：(1)12 N　(2)6 N　(3)18 s　36 m
命題點三
[例1]　解析：因煤塊沖上傳送帶，開始時受到的摩擦力方向沿傳送帶向下，根據(jù)牛頓第二定律可得，煤塊的加速度大小為a1＝g sin θ＋μg cos θ，當(dāng)煤塊速率減到與傳送帶速率相同后，煤塊相對于傳送帶向下運動，受到的摩擦力方向沿傳送帶向上，根據(jù)牛頓第二定律可得，此時煤塊的加速度大小為a2＝g sin θ－μg cos θ，煤塊一直減速到零，接著反向沿傳送帶向下加速，加速度大小為a2，由于mg sin θ>μmg cos θ，則煤塊一直加速到離開傳送帶，與題意及圖乙相符，所以可知t1＝1.0 s時煤塊的速度大小等于傳送帶的轉(zhuǎn)動速率，由圖乙可得x1＝＝8 m，求得a1＝8 m/s2，可得傳送帶的速率v1＝v0－a1t1＝4 m/s2，A錯誤；由A項分析可知，圖乙中t0時刻，煤塊運動速度為零，根據(jù)a1＝g sin θ＋μg cos θ＝8 m/s2，求得煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，代入a2＝g sin θ－μg cos θ，求得a2＝4 m/s2，又因為x2＝(10－8)m＝a2×(t0－t1)2，求得t0＝2.0 s，B、D正確；0～t1內(nèi)煤塊相對于傳送帶向上運動，煤塊在傳送帶上的劃痕長度為Δs1＝x1－v1t1＝4 m，t1～t0內(nèi)煤塊在傳送帶上的劃痕長度為Δs2＝v1(t0～t1)－x2＝2 m，但由于該過程煤塊相對傳送帶向下運動，因為劃痕發(fā)生重疊，所以0～t0內(nèi)煤塊在傳送帶上的劃痕長度為4 m，C錯誤．
答案：BD
[例2]　解析：v t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，由題圖乙可知，在前30 s內(nèi)動車b的位移大于動車a的位移，故動車b的平均速度大于動車a的平均速度，故A錯誤；
動車a做勻加速直線運動的加速度大小
a＝＝ m/s2＝0.8 m/s2
由題圖乙可知，在36 s時刻動車a的速度最大，則有vm＝v0＋at＝76 m/s＋0.8×(36－30) m/s＝80.8 m/s，
故B正確；
0～36 s內(nèi)，當(dāng)兩動車的速度相等時，即在t＝30 s時刻，兩動車頭相距最遠，由題圖乙可知兩車頭最遠的距離Δsm＝×16×10 m＝80 m，故C錯誤；
由題圖乙可知0～30 s內(nèi)動車b比動車a多走的位移Δx1＝×16×10 m＝80 m
30～36 s內(nèi)動車a比動車b多走的位移
Δx2＝×(80.8－76)×6 m＝14.4 m
說明在0～36 s內(nèi)動車b比動車a多走的位移
Δx＝Δx1－Δx2＝65.6 m
即兩車頭在36 s末沒有并排行駛，故D錯誤．
答案：B
[例3]　解析：根據(jù)牛頓第二定律有，F(xiàn)－μmg＝ma，整理后有，F(xiàn)＝ma＋μmg，則可知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BC.
答案：BC
[提升訓(xùn)練]
1．解析：甲質(zhì)點的位移表達式為x＝v0t＋a1t2＋x0
將(0，－2)、(1，0)、(2，6)代入上式，解得x0＝－2 m，v0＝0，a1＝4 m/s2
乙質(zhì)點的位移表達式為＝－2a2x
將v2＝0時x＝12.5 m 、v2＝100 時x＝0代入上式，解得v′0＝10 m/s，a2＝4 m/s2，A、B錯誤；
乙質(zhì)點停止所用時間為t0＝＝ s＝2.5 s
乙質(zhì)點2.5 s的位移為x2＝
s的位移為x1＝a1t2＝×4× m＝14.5 m
因為x1－x2＝14.5 m－12.5 m＝2 m＝x0＝2 m，經(jīng)過 s，甲追上乙，C正確，D錯誤．
答案：C
2．解析：由圖可知，乙選手起跑2 s后，則到了t＝4 s時兩人的速度相等，同一起跑線開始則應(yīng)為相距最遠時，不能追上，故A錯誤；根據(jù)v t圖像與時間軸所圍的面積表示位移，可知，當(dāng)乙選手起跑時，甲選手的位移為x甲＝ m＝2 m，故B錯誤；由圖可知，t＝4 s時兩人的速度相等，相距最遠，最大距離等于0～4 s內(nèi)甲與乙的位移之差，為Δx＝x甲－x乙＝m＝4 m，故C正確；乙選手超過甲選手后，因其速度始終比甲選手的大，兩選手不可能再次相遇，故D錯誤．故選C.
答案：C
3．解析：0～T0過程中，F(xiàn)＝mg，物塊與墻壁間最大靜摩擦力為0.5mg，小于物塊自身重力，物塊向下做勻加速直線運動，加速度大小為a1＝＝0.5g
T0時刻，物塊速度為v1＝a1t1＝0.5gT0
位移為x1＝＝
T0～2T0過程中，F(xiàn)＝3mg，物塊與墻壁間為滑動摩擦力，大小為1.5mg，大于物塊自身重力，物塊會向下做勻減速運動，加速度大小為a2＝＝0.5g
［典例1］　解析：菜品隨著機器人一起做勻速直線運動時，不受摩擦力作用，A錯誤；菜品隨著機器人一起做勻速直線運動時，菜品對機器人的壓力和機器人對菜品的支持力是一對作用力與反作用力，B錯誤；菜品隨著機器人一起做勻加速直線運動時，菜品的慣性不變，慣性大小由物體的質(zhì)量決定，質(zhì)量不變，物體的慣性不變，C錯誤；菜品隨著機器人一起做勻減速直線運動時，機器人對菜品的支持力FN＝mg
由牛頓第二定律Ff＝ma
＝>mg，D正確．
答案：D
[典例2]　解析：由題圖可知，火箭尺寸與實際火箭尺寸的比例約為＝，可得火箭在6 s內(nèi)上升的高度為h＝2.5× cm≈39.0 m，由勻變速直線運動規(guī)律得h＝at2，解得a≈2.2 m/s2，由牛頓第二定律得F－mg＝ma，解得平均推力大小約為F＝3.0×106 N，故A、D正確．
答案：AD
[典例3]　解析：(1)由題意可得x甲＝d＋x乙＋4，x甲＝v0t1＋at2 1，x貨＝v0t1
解得d＝28 m.
(2)甲車位移x甲＝＝72 m
乙車位移x乙＝v乙t2＝60 m
則甲、乙兩車之間的距離至少是L＝x甲＋x乙＝132 m.
答案：(1)28 m　(2)132 m(共64張PPT)
第3講　力與曲線運動
命題點一　運動的合成與分解　平拋運動(含類平拋)
1．曲線運動
2．特點
(1)F合恒定：做勻變速曲線運動．
(2)F合不恒定：做非勻變速曲線運動．
(3)速率變化情況判斷
考向1　曲線運動的特點及運動的合成與分解
例 1 [2023·全國乙卷]小車在水平地面上沿軌道從左向右運動，動能一直增加．如果用帶箭頭的線段表示小車在軌道上相應(yīng)位置處所受合力，下列四幅圖可能正確的是(　　)
答案：D
解析：小車做曲線運動，所受合外力指向曲線的凹側(cè)，故AB錯誤；小車沿軌道從左向右運動，動能一直增加，故合外力與運動方向夾角為銳角，C錯誤，D正確．故選D.
例 2 [2023·江蘇卷]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：罐子在空中沿水平直線向右做勻加速運動，在時間Δt內(nèi)水平方向位移增加量為aΔt2，豎直方向做自由落體運動，在時間Δt內(nèi)位移增加gΔt2；說明水平方向位移增加量與豎直方向位移增加量比值一定，則連線的傾角就是一定的．故選D.
考向2　平拋運動規(guī)律的基本應(yīng)用
例 3 [2023·浙江6月]鉛球被水平推出后的運動過程中，不計空氣阻力，下列關(guān)于鉛球在空中運動時的加速度大小a、速度大小v、動能Ek和機械能E隨運動時間t的變化關(guān)系中，正確的是(　　)
答案：D
考向3　有約束條件的平拋運動
例 4 [2023·清華大學(xué)附中開學(xué)考試]2022年第24屆冬季奧林匹克運動會在北京和張家口舉行，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一．如圖為簡化的跳臺滑雪的雪道示意圖，AO為助滑道，OB為著陸坡．運動員從助滑道上的A點由靜止滑下，然后從O點沿水平方向飛出，最后在著陸坡上著陸．已知，A點與O點的高度差為h＝3.2 m，著陸坡OB的傾角為θ＝37°，運動員及裝備的總質(zhì)量為m＝50 kg，重力加速度為g＝10 m/s2.將運動員和滑雪板整體看作質(zhì)點，不計一切摩擦和空氣阻力(sin 37°＝0.6；cos 37°＝0.8)．求：
(1)運動員經(jīng)過O點時的速度大小v；
(2)運動員從飛出到著陸的時間t；
(3)運動員在坡上著落時的速度大小v1；
(4)運動員在著落前距斜坡的最大垂直距離d.
答案：B
思維提升
求解平拋運動問題的技巧
①把運動分解為相互垂直方向上的勻速直線運動和勻加速直線運動，通過研究分運動達到研究合運動的目的．
②確定速度或位移與題目所給的角度之間的聯(lián)系，這往往是解決問題的突破口．
提升訓(xùn)練
1. [2023·廣東廣州二模]潛艇從海水的高密度區(qū)駛?cè)氲兔芏葏^(qū)．浮力急劇減小的過程稱為“掉深”．如圖a所示，某潛艇在高密度區(qū)水平向右勻速航行，t＝0時，該潛艇開始“掉深”，潛艇“掉深”后，其豎直方向的速度vy隨時間變化的圖像如圖b所示，水平速度vx保持不變．若以水平向右為x軸，豎直向下為y軸，則潛艇“掉深”后的0～30 s內(nèi)．能大致表示其運動軌跡的圖形是(　　)
答案：B
解析：根據(jù)題意可知，潛艇在x軸方向上做勻速直線運動，y軸方向上先做勻加速直線運動，再做勻減速直線運動，在x軸上取幾段相鄰且距離相等的距離，則時間相等，y軸上下降的距離先增大后減小．故選B.
2．[2023·湖南卷]如圖(a)，我國某些農(nóng)村地區(qū)人們用手拋撒谷粒進行水稻播種．某次拋出的谷粒中有兩顆的運動軌跡如圖(b)所示，其軌跡在同一豎直平面內(nèi)，拋出點均為O，且軌跡交于P點，拋出時谷粒1和谷粒2的初速度分別為v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上．忽略空氣阻力，關(guān)于兩谷粒在空中的運動，下列說法正確的是(　　)
A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度
B．谷粒2在最高點的速度小于v1
C．兩谷粒從O到P的運動時間相等
D．兩谷粒從O到P的平均速度相等
答案：B
解析：拋出的兩谷粒在空中均僅受重力作用，加速度均為重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A錯誤；谷粒2做斜拋運動，谷粒1做平拋運動，均從O點運動到P點，故位移相同．在豎直方向上谷粒2做豎直上拋運動，谷粒1做自由落體運動，豎直方向上谷粒2的自由落體運動位移大于谷粒1的豎直位移，故谷粒2運動時間較長，C錯誤；谷粒2做斜拋運動，水平方向上為勻速直線運動，故運動到最高點的速度即為水平方向上的分速度．與谷粒1比較水平位移相同，但運動時間較長，故谷粒2水平方向上的速度較小即最高點的速度小于v1，B正確；兩谷粒從O點運動到P點的位移相同，運動時間不同，故平均速度不相等，D錯誤．
3．[2023·福建龍巖一中模擬]如圖所示，排球比賽中，某隊員在距網(wǎng)水平距離為4.8 m，距地面3.2 m高處(O點正上方)將排球沿垂直網(wǎng)的方向以16 m/s的速度水平擊出．已知網(wǎng)高2.24 m，排球場地長18 m，重力加速度g取10 m/s2，可將排球視為質(zhì)點，下列判斷正確的是(　　)
A．球不能過網(wǎng)
B．球落在對方場地內(nèi)
C．球落在對方場地底線上
D．球落在對方場地底線之外
答案：B
命題點二　圓周運動
1．水平面內(nèi)的圓周運動的“臨界”分析
(1)繩的臨界：張力FT＝0
(2)接觸面滑動臨界：F＝Ffm
(3)接觸面分離臨界：FN＝0
2．豎直面內(nèi)圓周運動分析步驟：
(1)定模型→判斷是輕桿模型還是輕繩模型
(2)
(3)過程分析→應(yīng)用動能定理或機械能守恒定律將初、末狀態(tài)聯(lián)系起來列方程求解
答案：A
答案：A
答案：ABC
思維提升
解決平拋與圓周運動組合問題的“四個關(guān)鍵”
(1)運動階段的劃分，如例題中分成三個階段(圓周→平拋→圓周)．
(2)運動階段的銜接，尤其注意速度方向，如例題中，小球運動到B點的速度．
(3)兩個運動階段在時間和空間上的聯(lián)系．
(4)對于平拋運動或類平拋運動與圓周運動組合的問題，應(yīng)用合成與分解的思想分析，這兩種運動轉(zhuǎn)折點的速度是解題的關(guān)鍵．
答案：D
2．[2023·全國甲卷]一質(zhì)點做勻速圓周運動，若其所受合力的大小與軌道半徑的n次方成正比，運動周期與軌道半徑成反比，則n等于(　　)
A．1　　　B．2 C．3　　　D．4
答案：C
3．如圖所示，物體A、B用細線連接，在同一高度做勻速圓周運動，圓心均為點O.在某時刻，細線同時斷裂，兩物體做平拋運動，同時落在水平面上的同一點．連接A、B的細線長度分別為10l、5l，A、B圓周運動的半徑分別為6l、4l，則O點到水平面的高度為(忽略物體的大小和細線質(zhì)量)(　　)
A．6l B．10l
C．12l D．15l
答案：C
考向1　衛(wèi)星運動的特點
例 1 [2023·北京卷]2022年10月9日，我國綜合性太陽探測衛(wèi)星“夸父一號”成功發(fā)射，實現(xiàn)了對太陽探測的跨越式突破．“夸父一號”衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，距地面高度約為720 km，運行一圈所用時間約為100分鐘．如圖所示，為了隨時跟蹤和觀測太陽的活動，“夸父一號”在隨地球繞太陽公轉(zhuǎn)的過程中，需要其軌道平面始終與太陽保持固定的取向，使太陽光能照射到“夸父一號”，下列說法正確的是(　　)
A．“夸父一號”的運行軌道平面平均每天轉(zhuǎn)動的角度約為1°
B．“夸父一號”繞地球做圓周運動的速度大于7.9 km/s
C．“夸父一號”繞地球做圓周運動的向心加速度大于地球表面的重力加速度
D．由題干信息，根據(jù)開普勒第三定律，可求出日地間平均距離
答案：A
例 2 [2023·湖北卷]2022年12月8日，地球恰好運行到火星和太陽之間，且三者幾乎排成一條直線，此現(xiàn)象被稱為“火星沖日”．火星和地球幾乎在同一平面內(nèi)沿同一方向繞太陽做圓周運動，火星與地球的公轉(zhuǎn)軌道半徑之比約為3∶2，如圖所示．根據(jù)以上信息可以得出(　　)
A．火星與地球繞太陽運動的周期之比約為27∶8
B．當(dāng)火星與地球相距最遠時，兩者的相對速度最大
C．火星與地球表面的自由落體加速度大小之比約為9∶4
D．下一次“火星沖日”將出現(xiàn)在2023年12月8日之前
答案：B
答案：D
考向3　衛(wèi)星變軌和空間站對接問題
例 4 [2023·四川省宜賓市敘州區(qū)模擬]
2022年11月30日，神舟十五號載人飛船與天和核心艙完成對接，如圖為對接過程的示意圖．天和核心艙做圓周運動的軌道半徑為R，運動周期為T，神舟十五號飛船在火箭助推下由地表加速至A點，在此處神舟十五號飛船與火箭分離，分離后神舟十五號飛船在萬有引力作用下沿橢圓軌道運動至B點與天和核心艙對接，橢圓軌道AB在B點與天和核心艙軌道相切，B點為橢圓軌道AB的遠地點，已知引力常量為G.下列說法正確的是(　　)
A．A點到地心的距離小于B點到地心的距離，飛船在A點的速率小于在B點的速率
B．飛船沿橢圓軌道AB運行的周期小于T
C．飛船在整個運動過程中，機械能不斷增大
D．飛船運動至B點時其速率大于天和核心艙的速率
答案：B
提升訓(xùn)練
1.[2023·大連葫蘆島一模]2022年11月12日10時03分，天舟五號與空間站天和核心艙成功對接，此次發(fā)射任務(wù)從點火發(fā)射到完成交會對接，全程僅用2個小時，創(chuàng)世界最快交會對接紀錄，標志著我國航天交會對接技術(shù)取得了新突破．在交會對接的最后階段，天舟五號與空間站處于同一軌道上，同向運動，兩者的運行軌道均視為圓周．要使天舟五號在同一軌道上追上空間站實現(xiàn)“交會對接”，天舟五號噴射燃氣的方向可能正確的是(　　)
答案：A
2．[2023·湖北省部分地市1月聯(lián)合調(diào)研](多選)
2022年10月，我國發(fā)射“夸父一號”太陽探測衛(wèi)星，該衛(wèi)星采用的是距地面高度720 km左右、周期約為100分鐘的太陽同步晨昏軌道．所謂太陽同步晨昏軌道，從宇宙中看，就是衛(wèi)星一方面圍繞地球飛行(看成勻速圓周運動)且跟隨著地球繞太陽公轉(zhuǎn)，另一方面軌道平面一直朝向太陽．下列說法正確的是(　　)
A．“夸父一號”的發(fā)射速度大于11.2 km/s
B．以太陽為參考系，“夸父一號”做勻速圓周運動
C．“夸父一號”繞地球運行的角速度大于地球的自
轉(zhuǎn)角速度
D．“夸父一號”連續(xù)兩次經(jīng)過地球赤道上同一位置
正上空所用的時間間隔約為120小時
答案：CD
答案：CD
生活·科技中的曲線運動
情境1　排污管——科學(xué)思維
[典例1]　[2023·北京海淀區(qū)高三上學(xué)期期中]環(huán)保人員在一次檢查時發(fā)現(xiàn)，有一根排污管正在沿水平方向向河道內(nèi)排出大量污水，如圖所示．水流穩(wěn)定時，環(huán)保人員測出了管口中心到河面的高度為H，噴出污水的水平射程為L，管口的直徑為D(D遠小于H)．設(shè)污水充滿整根管道，管口橫截面上各處水的速度相同，忽略空氣阻力，已知重力加速度為g.求：
(1)污水從排污管噴出時初速度的大小v0；
(2)污水落至河面時速度的大小v；
(3)由管口至河面間空中污水的體積A.
答案：D
情境3　智能呼啦圈——模型建構(gòu)
[典例3]　智能呼啦圈輕便美觀，深受大眾喜愛，如圖甲，腰帶外側(cè)帶有軌道，將帶有滑輪的短桿穿入軌道，短桿的另一端懸掛一根帶有配重的輕繩，其簡化模型如圖乙所示．可視為質(zhì)點的配重質(zhì)量為0.5 kg，繩長為0.5 m，懸掛點P到腰帶中心點O的距離為0.2 m．水平固定好腰帶，通過人體微小扭動，使配重隨短桿做水平勻速圓周運動，繩子與豎直方向夾角為θ，運動過程中腰帶可看作不動，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，下列說法正確的是(　　)
A．勻速轉(zhuǎn)動時，配重受到的合力恒定
B．若增大轉(zhuǎn)速，腰帶受到的合力變大
C．當(dāng)θ穩(wěn)定在37°時，配重的角速度為5 rad/s
D．在θ由37°緩慢增加到53°的過程中，繩子
對配重做正功
答案：D
情境4　螺旋星系——科學(xué)探究
[典例4]　[2023·北京卷] 螺旋星系中有大量的恒星和星際物質(zhì)，主要分布在半徑為R的球體內(nèi)，球體外僅有極少的恒星．球體內(nèi)物質(zhì)總質(zhì)量為M，可認為均勻分布，球體內(nèi)外的所有恒星都繞星系中心做勻速圓周運動，恒星到星系中心的距離為r，引力常量為G.
(1)求r>R區(qū)域的恒星做勻速圓周運動的速度大小v與r的關(guān)系；
(2)根據(jù)電荷均勻分布的球殼內(nèi)試探電荷所受庫侖力的合力為零，利用庫侖力與萬有引力的表達式的相似性和相關(guān)力學(xué)知識，求r≤R區(qū)域的恒星做勻速圓周運動的速度大小v與r的關(guān)系；
(3)科學(xué)家根據(jù)實測數(shù)據(jù)，得到此螺旋星系中不同位置的恒星做勻速圓周運動的速度大小v隨r的變化關(guān)系圖像，如圖所示．根據(jù)在r>R范圍內(nèi)的恒星速度大小幾乎不變，科學(xué)家預(yù)言螺旋星系周圍(r>R)存在一種特殊物質(zhì)，稱之為暗物質(zhì)．暗物質(zhì)與通常的物質(zhì)有引力相互作用，并遵循萬有引力定律，求r＝nR內(nèi)暗物質(zhì)的質(zhì)量M′.第3講　力與曲線運動
知識網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建
命題分類剖析
命題點一　運動的合成與分解　平拋運動(含類平拋)
1．曲線運動
2．特點
(1)F合恒定：做勻變速曲線運動．
(2)F合不恒定：做非勻變速曲線運動．
(3)速率變化情況判斷
3．平拋運動的二級結(jié)論
(1)做平拋運動的物體在任一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，則tan α＝.
(2)做平拋運動的物體在任一時刻任一位置處，其速度與水平方向的夾角α的正切值，是位移與水平方向的夾角θ的正切值的2倍，即tanα＝2tanθ.
考向1　曲線運動的特點及運動的合成與分解
例 1 [2023·全國乙卷]小車在水平地面上沿軌道從左向右運動，動能一直增加．如果用帶箭頭的線段表示小車在軌道上相應(yīng)位置處所受合力，下列四幅圖可能正確的是(　　)
例 2 [2023·江蘇卷]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(　　)
考向2　平拋運動規(guī)律的基本應(yīng)用
例 3 [2023·浙江6月]鉛球被水平推出后的運動過程中，不計空氣阻力，下列關(guān)于鉛球在空中運動時的加速度大小a、速度大小v、動能Ek和機械能E隨運動時間t的變化關(guān)系中，正確的是(　　)
[解題心得]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
考向3　有約束條件的平拋運動
例 4 [2023·清華大學(xué)附中開學(xué)考試]2022年第24屆冬季奧林匹克運動會在北京和張家口舉行，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一．如圖為簡化的跳臺滑雪的雪道示意圖，AO為助滑道，OB為著陸坡．運動員從助滑道上的A點由靜止滑下，然后從O點沿水平方向飛出，最后在著陸坡上著陸．已知，A點與O點的高度差為h＝3.2 m，著陸坡OB的傾角為θ＝37°，運動員及裝備的總質(zhì)量為m＝50 kg，重力加速度為g＝10 m/s2.將運動員和滑雪板整體看作質(zhì)點，不計一切摩擦和空氣阻力(sin 37°＝0.6；cos 37°＝0.8)．求：
(1)運動員經(jīng)過O點時的速度大小v；
(2)運動員從飛出到著陸的時間t；
(3)運動員在坡上著落時的速度大小v1；
(4)運動員在著落前距斜坡的最大垂直距離d.
考向4　帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動
例 5 [2023·重慶模擬預(yù)測]如圖裝置是由粒子加速器和平移器組成，平移器由兩對水平放置、間距為Δd的相同平行金屬板構(gòu)成，極板間距離和板長均為L.加速電壓為U0，兩對極板間偏轉(zhuǎn)電壓大小相等均為U0，電場方向相反．質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子無初速地進入加速電場，被加速器加速后，從平移器下板邊緣水平進入平移器，最終從平移器上板邊緣水平離開，不計重力．下列說法正確的是(　　)
A．粒子離開加速器時速度v0＝
B．粒子通過左側(cè)平移器時，豎直方向位移y1＝
C．Δd與2L相等
D．只增加加速電壓，粒子將不能從平移器離開
思維提升
求解平拋運動問題的技巧
①把運動分解為相互垂直方向上的勻速直線運動和勻加速直線運動，通過研究分運動達到研究合運動的目的．
②確定速度或位移與題目所給的角度之間的聯(lián)系，這往往是解決問題的突破口．
提升訓(xùn)練
1. [2023·廣東廣州二模]潛艇從海水的高密度區(qū)駛?cè)氲兔芏葏^(qū)．浮力急劇減小的過程稱為“掉深”．如圖a所示，某潛艇在高密度區(qū)水平向右勻速航行，t＝0時，該潛艇開始“掉深”，潛艇“掉深”后，其豎直方向的速度vy隨時間變化的圖像如圖b所示，水平速度vx保持不變．若以水平向右為x軸，豎直向下為y軸，則潛艇“掉深”后的0～30 s內(nèi)．能大致表示其運動軌跡的圖形是(　　)
2．[2023·湖南卷]如圖(a)，我國某些農(nóng)村地區(qū)人們用手拋撒谷粒進行水稻播種．某次拋出的谷粒中有兩顆的運動軌跡如圖(b)所示，其軌跡在同一豎直平面內(nèi)，拋出點均為O，且軌跡交于P點，拋出時谷粒1和谷粒2的初速度分別為v1和v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上．忽略空氣阻力，關(guān)于兩谷粒在空中的運動，下列說法正確的是(　　)
A．谷粒1的加速度小于谷粒2的加速度
B．谷粒2在最高點的速度小于v1
C．兩谷粒從O到P的運動時間相等
D．兩谷粒從O到P的平均速度相等
3．[2023·福建龍巖一中模擬]如圖所示，排球比賽中，某隊員在距網(wǎng)水平距離為4.8 m，距地面3.2 m高處(O點正上方)將排球沿垂直網(wǎng)的方向以16 m/s的速度水平擊出．已知網(wǎng)高2.24 m，排球場地長18 m，重力加速度g取10 m/s2，可將排球視為質(zhì)點，下列判斷正確的是(　　)
A．球不能過網(wǎng)
B．球落在對方場地內(nèi)
C．球落在對方場地底線上
D．球落在對方場地底線之外
命題點二　圓周運動
1．水平面內(nèi)的圓周運動的“臨界”分析
(1)繩的臨界：張力FT＝0
(2)接觸面滑動臨界：F＝Ffm
(3)接觸面分離臨界：FN＝0
2．豎直面內(nèi)圓周運動分析步驟：
(1)定模型→判斷是輕桿模型還是輕繩模型
(2)
(3)過程分析→應(yīng)用動能定理或機械能守恒定律將初、末狀態(tài)聯(lián)系起來列方程求解
考向1　描述圓周運動的物理量
例 1 [2023·湖南衡陽考試]如圖甲所示是古代用牛車灌溉時的場景，其簡化圖如圖乙所示，已知A、B、C三個圓的半徑分別為rA、rB、rC，C每轉(zhuǎn)一圈能將8個相同竹筒中的水(質(zhì)量均為m)灌溉到農(nóng)田中，已知牛每分鐘牽引中柱轉(zhuǎn)動n圈，則一個小時內(nèi)該牛車對農(nóng)田灌溉水的質(zhì)量為(　　)
m
C．m D．m
考向2　水平面內(nèi)的圓周運動問題
例 2 [2023·北京卷]在太空實驗室中可以利用勻速圓周運動測量小球質(zhì)量．如圖所示，不可伸長的輕繩一端固定于O點，另一端系一待測小球，使其繞O做勻速圓周運動，用力傳感器測得繩上的拉力大小為F，用停表測得小球轉(zhuǎn)過n圈所用的時間為t，用刻度尺測得O點到球心的距離為圓周運動的半徑R.下列說法正確的是(　　)
A．圓周運動軌道可處于任意平面內(nèi)
B．小球的質(zhì)量為
C．若誤將n－1圈記作n圈，則所得質(zhì)量偏大
D．若測R時未計入小球半徑，則所得質(zhì)量偏小
考向3　豎直面內(nèi)的圓周運動問題
例 3 (多選)豎直平面內(nèi)的圓周運動是物理學(xué)里的經(jīng)典模型之一，某同學(xué)通過如圖實驗來探究其相關(guān)規(guī)律：質(zhì)量為m的小球固定在力傳感器測量的一側(cè)，傳感器另一側(cè)固定在一端．現(xiàn)給小球一初速度讓其繞O點做圓周運動，小球到O點的距離為L，已知當(dāng)力傳感器受到球?qū)ζ錇閴毫r，讀數(shù)為負數(shù)，為拉力時，讀數(shù)為正數(shù)，重力加速度為g.則下列說法正確的是(　　)
A．只有當(dāng)小球通過圓周最高點的速度大于0時才能完成完整的圓周運動
B．若小球通過圓周最高點時速度為 ，則力傳感器讀數(shù)為－mg
C．小球在與圓心等高的B點下方運動的過程中，力傳感器讀數(shù)總是正值
D．若小球通過圓周最低點時速度為，則力傳感器讀數(shù)為mg
考向4　平拋運動與圓周運動組合問題
例 4 [2023·四川省涼山州試題]如圖所示，長為l的輕質(zhì)細線固定在O1點，細線的下端系一質(zhì)量為m的小球，固定點O1的正下方0.5l處的P點可以垂直于豎直平面插入一顆釘子．現(xiàn)將小球從細線處于水平狀態(tài)由靜止釋放，此時釘子還未插入P點，在B點右下方水平地面上固定有一半徑為R＝l的光滑圓弧形槽，槽的圓心在O2，D點為最低點，且∠CO2D＝37°，重力加速度為g，不計空氣阻力．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)小球運動到B點時的速度大小；
(2)如果釘子插入P點后，小球仍然從A點靜止釋放，到達B點時，繩子恰好被拉斷，求繩子能承受的最大拉力；
(3)在第(2)問的情況下，小球恰好從槽的C點無碰撞地進入槽內(nèi)，求整個過程中小球?qū)Σ鄣淖畲髩毫Γ?br/>思維提升
解決平拋與圓周運動組合問題的“四個關(guān)鍵”
(1)運動階段的劃分，如例題中分成三個階段(圓周→平拋→圓周)．
(2)運動階段的銜接，尤其注意速度方向，如例題中，小球運動到B點的速度．
(3)兩個運動階段在時間和空間上的聯(lián)系．
(4)對于平拋運動或類平拋運動與圓周運動組合的問題，應(yīng)用合成與分解的思想分析，這兩種運動轉(zhuǎn)折點的速度是解題的關(guān)鍵．
提升訓(xùn)練
1.在東北嚴寒的冬天，人們經(jīng)常玩一項“潑水成冰”的游戲，具體操作是把一杯開水沿弧線均勻快速地潑向空中．圖甲所示是某人玩“潑水成冰”游戲的瞬間，其示意圖如圖乙所示．若潑水過程中杯子的運動可看成勻速圓周運動，人的手臂伸直．在0.5 s內(nèi)帶動杯子旋轉(zhuǎn)了210°，人的臂長約為0.6 m．下列說法正確的是(　　)
A．潑水時杯子的旋轉(zhuǎn)方向為順時針方向
B．P位置飛出的小水珠初速度沿1方向
C．杯子在旋轉(zhuǎn)時的角速度大小為 rad/s
D．杯子在旋轉(zhuǎn)時的線速度大小約為 m/s
2．[2023·全國甲卷]一質(zhì)點做勻速圓周運動，若其所受合力的大小與軌道半徑的n次方成正比，運動周期與軌道半徑成反比，則n等于(　　)
A．1　　　B．2 C．3　　　D．4
3．如圖所示，物體A、B用細線連接，在同一高度做勻速圓周運動，圓心均為點O.在某時刻，細線同時斷裂，兩物體做平拋運動，同時落在水平面上的同一點．連接A、B的細線長度分別為10l、5l，A、B圓周運動的半徑分別為6l、4l，則O點到水平面的高度為(忽略物體的大小和細線質(zhì)量)(　　)
A．6l B．10l
C．12l D．15l
命題點三　天體的運動
1．兩種衛(wèi)星的特點
(1)近地衛(wèi)星：①軌道半徑等于地球半徑；②衛(wèi)星所受萬有引力等于重力mg；③衛(wèi)星向心加速度即為重力加速度．
(2)同步衛(wèi)星：①同步衛(wèi)星的周期等于地球的自轉(zhuǎn)周期；②所有地球同步衛(wèi)星都在赤道正上空相同的高度上(六個“一定”).
2．巧用“一模型、兩思路”解答衛(wèi)星運行參量問題
(1)一種模型：無論是自然天體(如地球、月亮)還是人造天體(如宇宙飛船、人造衛(wèi)星)都可以看作質(zhì)點，圍繞中心天體(視為靜止)做勻速圓周運動．
(2)兩條思路
①萬有引力提供向心力，即G＝m＝mω2r＝mr＝ma.
②天體對其表面物體的萬有引力近似等于重力，即＝mg或gR2＝GM(R、g分別是天體的半徑、表面重力加速度)(黃金代換)．
3．衛(wèi)星變軌和能量問題
(1)點火加速，v突然增大，G＜m，衛(wèi)星將做離心運動．
(2)點火減速，v突然減小，G＞m，衛(wèi)星將做近心運動．
(3)同一衛(wèi)星在不同軌道上運行時機械能不同，軌道半徑越大，機械能越大．
(4)衛(wèi)星經(jīng)過不同軌道相切的同一點時加速度相等，在切點處，外軌道的速度大于內(nèi)軌道的速度．
考向1　衛(wèi)星運動的特點
例 1 [2023·北京卷]2022年10月9日，我國綜合性太陽探測衛(wèi)星“夸父一號”成功發(fā)射，實現(xiàn)了對太陽探測的跨越式突破．“夸父一號”衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，距地面高度約為720 km，運行一圈所用時間約為100分鐘．如圖所示，為了隨時跟蹤和觀測太陽的活動，“夸父一號”在隨地球繞太陽公轉(zhuǎn)的過程中，需要其軌道平面始終與太陽保持固定的取向，使太陽光能照射到“夸父一號”，下列說法正確的是(　　)
A．“夸父一號”的運行軌道平面平均每天轉(zhuǎn)動的角度約為1°
B．“夸父一號”繞地球做圓周運動的速度大于7.9 km/s
C．“夸父一號”繞地球做圓周運動的向心加速度大于地球表面的重力加速度
D．由題干信息，根據(jù)開普勒第三定律，可求出日地間平均距離
例 2 [2023·湖北卷]2022年12月8日，地球恰好運行到火星和太陽之間，且三者幾乎排成一條直線，此現(xiàn)象被稱為“火星沖日”．火星和地球幾乎在同一平面內(nèi)沿同一方向繞太陽做圓周運動，火星與地球的公轉(zhuǎn)軌道半徑之比約為3∶2，如圖所示．根據(jù)以上信息可以得出(　　)
A．火星與地球繞太陽運動的周期之比約為27∶8
B．當(dāng)火星與地球相距最遠時，兩者的相對速度最大
C．火星與地球表面的自由落體加速度大小之比約為9∶4
D．下一次“火星沖日”將出現(xiàn)在2023年12月8日之前
考向2　天體密度、質(zhì)量的估算
例 3 [2023·遼寧卷]在地球上觀察，月球和太陽的角直徑(直徑對應(yīng)的張角)近似相等，如圖所示．若月球繞地球運動的周期為T1，地球繞太陽運動的周期為T2，地球半徑是月球半徑的k倍，則地球與太陽的平均密度之比約為(　　)
A．k3 B．k3
C． D．
考向3　衛(wèi)星變軌和空間站對接問題
例 4 [2023·四川省宜賓市敘州區(qū)模擬]
2022年11月30日，神舟十五號載人飛船與天和核心艙完成對接，如圖為對接過程的示意圖．天和核心艙做圓周運動的軌道半徑為R，運動周期為T，神舟十五號飛船在火箭助推下由地表加速至A點，在此處神舟十五號飛船與火箭分離，分離后神舟十五號飛船在萬有引力作用下沿橢圓軌道運動至B點與天和核心艙對接，橢圓軌道AB在B點與天和核心艙軌道相切，B點為橢圓軌道AB的遠地點，已知引力常量為G.下列說法正確的是(　　)
A．A點到地心的距離小于B點到地心的距離，飛船在A點的速率小于在B點的速率
B．飛船沿橢圓軌道AB運行的周期小于T
C．飛船在整個運動過程中，機械能不斷增大
D．飛船運動至B點時其速率大于天和核心艙的速率
提升訓(xùn)練
1.[2023·大連葫蘆島一模]2022年11月12日10時03分，天舟五號與空間站天和核心艙成功對接，此次發(fā)射任務(wù)從點火發(fā)射到完成交會對接，全程僅用2個小時，創(chuàng)世界最快交會對接紀錄，標志著我國航天交會對接技術(shù)取得了新突破．在交會對接的最后階段，天舟五號與空間站處于同一軌道上，同向運動，兩者的運行軌道均視為圓周．要使天舟五號在同一軌道上追上空間站實現(xiàn)“交會對接”，天舟五號噴射燃氣的方向可能正確的是(　　)
2．[2023·湖北省部分地市1月聯(lián)合調(diào)研](多選)
2022年10月，我國發(fā)射“夸父一號”太陽探測衛(wèi)星，該衛(wèi)星采用的是距地面高度720 km左右、周期約為100分鐘的太陽同步晨昏軌道．所謂太陽同步晨昏軌道，從宇宙中看，就是衛(wèi)星一方面圍繞地球飛行(看成勻速圓周運動)且跟隨著地球繞太陽公轉(zhuǎn)，另一方面軌道平面一直朝向太陽．下列說法正確的是(　　)
A．“夸父一號”的發(fā)射速度大于11.2 km/s
B．以太陽為參考系，“夸父一號”做勻速圓周運動
C．“夸父一號”繞地球運行的角速度大于地球的自轉(zhuǎn)角速度
D．“夸父一號”連續(xù)兩次經(jīng)過地球赤道上同一位置正上空所用的時間間隔約為120小時
3.
[2023·陜西省西安市長安區(qū)質(zhì)量檢測](多選)清華大學(xué)天文系祝偉教授牽頭的國際團隊在宇宙中發(fā)現(xiàn)了兩個罕見的恒星系統(tǒng)．該系統(tǒng)均是由兩顆互相繞行的中央恒星組成，被氣體和塵埃盤包圍，且該盤與中央恒星的軌道成一定角度，呈現(xiàn)出“霧繞雙星”的奇幻效果．如圖所示為該“雙星模型”的簡化圖，恒星P、Q繞它們之間連線上的O點做勻速圓周運動．已知O1O2＝L1，O1O－OO2＝L2，假設(shè)兩恒星的半徑遠小于恒星之間的距離．下列說法正確的是(　　)
A．恒星P、Q的軌道半徑之比為L1∶L2
B．恒星P的質(zhì)量大于恒星Q的質(zhì)量
C．恒星P、Q的線速度大小之和與線速度大小之差的比值為
D．恒星P、Q的質(zhì)量之和與質(zhì)量之差的比值為
素養(yǎng)培優(yōu)·情境命題
生活·科技中的曲線運動
情境1　排污管——科學(xué)思維
[典例1]　[2023·北京海淀區(qū)高三上學(xué)期期中]環(huán)保人員在一次檢查時發(fā)現(xiàn)，有一根排污管正在沿水平方向向河道內(nèi)排出大量污水，如圖所示．水流穩(wěn)定時，環(huán)保人員測出了管口中心到河面的高度為H，噴出污水的水平射程為L，管口的直徑為D(D遠小于H)．設(shè)污水充滿整根管道，管口橫截面上各處水的速度相同，忽略空氣阻力，已知重力加速度為g.求：
(1)污水從排污管噴出時初速度的大小v0；
(2)污水落至河面時速度的大小v；
(3)由管口至河面間空中污水的體積A.
情境2　水平旋轉(zhuǎn)離心機—— 科學(xué)態(tài)度與責(zé)任
[典例2]　[2023·遼寧沈陽聯(lián)考模擬預(yù)測]圖(a)為航天員“負荷”訓(xùn)練的載人水平旋轉(zhuǎn)離心機，離心機旋轉(zhuǎn)臂的旋轉(zhuǎn)半徑為R＝8 m，圖(b)為在離心機旋轉(zhuǎn)臂末端模擬座艙中質(zhì)量為m的航天員．一次訓(xùn)練時，離心機的轉(zhuǎn)速為n＝ r/min，航天員可視為質(zhì)點，重力加速度g取10 m/s2.下列說法正確的是(　　)
A．航天員處于完全失重狀態(tài)
B．航天員運動的線速度大小為12 m/s
C．航天員做勻速圓周運動需要的向心力為72 N
D．航天員承受座艙對他的作用力大于7.2mg
情境3　智能呼啦圈——模型建構(gòu)
[典例3]　智能呼啦圈輕便美觀，深受大眾喜愛，如圖甲，腰帶外側(cè)帶有軌道，將帶有滑輪的短桿穿入軌道，短桿的另一端懸掛一根帶有配重的輕繩，其簡化模型如圖乙所示．可視為質(zhì)點的配重質(zhì)量為0.5 kg，繩長為0.5 m，懸掛點P到腰帶中心點O的距離為0.2 m．水平固定好腰帶，通過人體微小扭動，使配重隨短桿做水平勻速圓周運動，繩子與豎直方向夾角為θ，運動過程中腰帶可看作不動，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，下列說法正確的是(　　)
A．勻速轉(zhuǎn)動時，配重受到的合力恒定
B．若增大轉(zhuǎn)速，腰帶受到的合力變大
C．當(dāng)θ穩(wěn)定在37°時，配重的角速度為5 rad/s
D．在θ由37°緩慢增加到53°的過程中，繩子對配重做正功
情境4　螺旋星系——科學(xué)探究
[典例4]　[2023·北京卷] 螺旋星系中有大量的恒星和星際物質(zhì)，主要分布在半徑為R的球體內(nèi)，球體外僅有極少的恒星．球體內(nèi)物質(zhì)總質(zhì)量為M，可認為均勻分布，球體內(nèi)外的所有恒星都繞星系中心做勻速圓周運動，恒星到星系中心的距離為r，引力常量為G.
(1)求r>R區(qū)域的恒星做勻速圓周運動的速度大小v與r的關(guān)系；
(2)根據(jù)電荷均勻分布的球殼內(nèi)試探電荷所受庫侖力的合力為零，利用庫侖力與萬有引力的表達式的相似性和相關(guān)力學(xué)知識，求r≤R區(qū)域的恒星做勻速圓周運動的速度大小v與r的關(guān)系；
(3)
科學(xué)家根據(jù)實測數(shù)據(jù)，得到此螺旋星系中不同位置的恒星做勻速圓周運動的速度大小v隨r的變化關(guān)系圖像，如圖所示．根據(jù)在r>R范圍內(nèi)的恒星速度大小幾乎不變，科學(xué)家預(yù)言螺旋星系周圍(r>R)存在一種特殊物質(zhì)，稱之為暗物質(zhì)．暗物質(zhì)與通常的物質(zhì)有引力相互作用，并遵循萬有引力定律，求r＝nR內(nèi)暗物質(zhì)的質(zhì)量M′.
第3講　力與曲線運動
命題分類剖析
命題點一
[例1]　解析：小車做曲線運動，所受合外力指向曲線的凹側(cè)，故AB錯誤；小車沿軌道從左向右運動，動能一直增加，故合外力與運動方向夾角為銳角，C錯誤，D正確．故選D.
答案：D
[例2]　解析：罐子在空中沿水平直線向右做勻加速運動，在時間Δt內(nèi)水平方向位移增加量為aΔt2，豎直方向做自由落體運動，在時間Δt內(nèi)位移增加gΔt2；說明水平方向位移增加量與豎直方向位移增加量比值一定，則連線的傾角就是一定的．故選D.
答案：D
[例3]　解析：由于不計空氣阻力，鉛球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不隨時間改變，故A錯誤；鉛球被水平推出后做平拋運動，豎直方向有vy＝gt，則拋出后速度大小為v＝，可知速度大小與時間不是一次函數(shù)關(guān)系，故B錯誤；鉛球拋出后的動能Ek＝mv2＝＋(gt)2]，可知動能與時間不是一次函數(shù)關(guān)系，故C錯誤；鉛球水平拋出后由于忽略空氣阻力，所以拋出后鉛球機械能守恒，故D正確．
答案：D
[例4]　解析：(1)AO段，由動能定理mgh＝mv2
得運動員經(jīng)過O點時的速度大小為v＝8 m/s.
(2)從O點飛出后，做平拋運動，根據(jù)平拋運動規(guī)律
x＝vt，y＝gt2
由題意可得＝tan θ，解得t＝＝1.2 s.
(3)運動員在坡上著落時豎直分速度為vy＝gt＝12 m/s
故著落時的速度大小為v1＝＝4 m/s.
(4)
將做平拋運動的初速度v和重力加速度g沿斜坡方向和垂直斜坡方向正交分解，如圖所示
當(dāng)在垂直斜坡方向上的分速度減為零時，運動員距斜坡的垂直距離最大，根據(jù)運動學(xué)公式可得運動員在著落前距斜坡的最大垂直距離為d＝＝＝1.44 m.
答案：(1)8 m/s　(2)1.2 s　(3)4 m/s　(4)1.44 m
[例5]　解析：根據(jù)qU0＝
粒子離開加速器時速度為v0＝ ，故A錯誤；
粒子平移器電場中的偏轉(zhuǎn)量為y1＝at2
又q＝ma ，L＝v0t
得y1＝，故B正確；
根據(jù)類平拋運動的特點和對稱性，粒子在兩平移器之間做勻速直線運動的軌跡延長線分別過平行板中點，根據(jù)幾何關(guān)系可知Δd＝L，故C錯誤；
由B選項可得y1＝
由A選項可知當(dāng)加速電壓增大時，粒子進入平移器的速度增大，粒子在平移器中豎直方向偏轉(zhuǎn)量變小，粒子可以離開平移器，位置比原來靠下，故D錯誤．故選B.
答案：B
[提升訓(xùn)練]
1．解析：根據(jù)題意可知，潛艇在x軸方向上做勻速直線運動，y軸方向上先做勻加速直線運動，再做勻減速直線運動，在x軸上取幾段相鄰且距離相等的距離，則時間相等，y軸上下降的距離先增大后減小．故選B.
答案：B
2．解析：拋出的兩谷粒在空中均僅受重力作用，加速度均為重力加速度，故谷粒1的加速度等于谷粒2的加速度，A錯誤；谷粒2做斜拋運動，谷粒1做平拋運動，均從O點運動到P點，故位移相同．在豎直方向上谷粒2做豎直上拋運動，谷粒1做自由落體運動，豎直方向上谷粒2的自由落體運動位移大于谷粒1的豎直位移，故谷粒2運動時間較長，C錯誤；谷粒2做斜拋運動，水平方向上為勻速直線運動，故運動到最高點的速度即為水平方向上的分速度．與谷粒1比較水平位移相同，但運動時間較長，故谷粒2水平方向上的速度較小即最高點的速度小于v1，B正確；兩谷粒從O點運動到P點的位移相同，運動時間不同，故平均速度不相等，D錯誤．
答案：B
3．解析：由題意可得，排球剛好到達網(wǎng)正上方的時間為t＝＝ s＝0.3 s，此時間內(nèi)排球下降的高度為h＝＝0.45 m，因為Δh＝3.2 m－0.45 m＝2.75 m>2.24 m，所以排球能越過網(wǎng)，排球落到地面的時間為t′＝＝ s＝0.8 s，則排球落地時的水平位移大小為x′＝vt′＝16×0.8 m＝12.8 m．因為擊球點到對方底線的水平距離為x″＝4.8 m＋9 m＝13.8 m>12.8 m，所以排球落在對方場地內(nèi)．
答案：B
命題點二
[例1]　解析：根據(jù)圖乙可知，中柱和A的轉(zhuǎn)速相同，有
vA＝＝
A和B邊緣的線速度大小相等，有vA＝vB
B和C的角速度相同，則有ωB＝ωC
則C的轉(zhuǎn)速為nC＝＝ r/s
則一個小時內(nèi)牛車對農(nóng)田灌溉水的質(zhì)量為m總＝3 600×8mnC＝m，故選A.
答案：A
[例2]　解析：空間站內(nèi)的物體都處于完全失重狀態(tài)，可知圓周運動的軌道可處于任意平面內(nèi)，故A正確；
根據(jù)F＝mω2R
ω＝
解得小球質(zhì)量m＝
故B錯誤；
若誤將n－1圈記作n圈，則得到的質(zhì)量偏小，故C錯誤；
若測R時未計入小球的半徑，則R偏小，所測質(zhì)量偏大，故D錯誤．故選A.
答案：A
[例3]　解析：輕桿模型中小球過圓周最高點速度大于0，選項A正確；在最高點受力分析有mg＋F＝m，將v＝ 代入，解得F＝－mg，即小球受到向上的支持力，由牛頓第三定律可知傳感器受到向下的壓力，選項B正確；小球在與圓心等高的B點下方運動過程中，小球受到拉力，力傳感器讀數(shù)總是正值，選項C正確；在最低點受力分析有F－mg＝m，將速度為代入，解得F＝3mg，選項D錯誤．
答案：ABC
[例4]　解析：(1)設(shè)小球運動到B點的速度為vB，由A到B應(yīng)用動能定理，mg·l＝
解得：vB＝.
(2)插入釘子后，小球再次經(jīng)過B點時有：
F－mg＝
解得繩子能承受的最大拉力F＝5mg.
(3)小球從B點開始做平拋運動，在C點時速度方向恰好沿軌道切線方向，即：
vC＝
小球沿槽運動到最低點時對軌道的壓力最大，小球從C到D過程中機械能守恒有：
mgR(1－cos 37°)＝
解得槽對小球的支持力FN＝11.4mg
由牛頓第三定律得小球?qū)Σ鄣淖畲髩毫?br/>F′N＝11.4mg，方向豎直向下．
答案：(1)　(2)5mg　(3)11.4mg，方向豎直向下
[提升訓(xùn)練]
1．解析：由圖乙中飛出的小水珠的運動軌跡可知，潑水時杯子的旋轉(zhuǎn)方向為逆時針方向，P位置飛出的小水珠初速度沿2方向，A、B錯誤．杯子旋轉(zhuǎn)的角速度ω＝＝rad/s＝rad/s，C錯誤．杯子做勻速圓周運動(旋轉(zhuǎn))的軌跡半徑約為0.6 m，則線速度大小約為v＝ωr＝×0.6 m/s＝m/s，D正確．
答案：D
2．解析：質(zhì)點做勻速圓周運動，根據(jù)題意設(shè)周期T＝，合外力提供向心力，根據(jù)F合＝Fn＝mr，聯(lián)立可得，F(xiàn)n＝r3，其中為常數(shù)，r的指數(shù)為3，故題中，n＝3，故選C.
答案：C
3．解析：
兩球落地時水平方向的位移關(guān)系如圖(兩球運動的俯視圖)
由幾何關(guān)系可得＋(6l)2＝＋(4l)2
由平拋規(guī)律可知水平方向xA＝vAt，xB＝vBt
下落的高度h＝gt2
小球做圓周運動時受力情況如圖
由相似關(guān)系可得＝＝
聯(lián)立可得h＝12l，故選C.
答案：C
命題點三
[例1]　解析：因為“夸父一號”軌道要始終保持有太陽光照射到，則在一年之內(nèi)轉(zhuǎn)動360°角，即軌道平面平均每天約轉(zhuǎn)動1°，故A正確；
第一宇宙速度是所有繞地球做圓周運動的衛(wèi)星的最大環(huán)繞速度，則“夸父一號”的速度小于7.9 km/s，故B錯誤；
根據(jù)G＝ma可知“夸父一號”繞地球做圓周運動的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故C錯誤；
“夸父一號”繞地球轉(zhuǎn)動，地球繞太陽轉(zhuǎn)動，中心天體不同，則根據(jù)題中信息不能求解地球與太陽的距離，故D錯誤．故選A.
答案：A
[例2]　解析：火星和地球均繞太陽運動，由于火星與地球的軌道半徑之比約為3∶2，根據(jù)開普勒第三定律有＝，可得＝＝，故A錯誤；
火星和地球繞太陽勻速圓周運動，速度大小均不變，當(dāng)火星與地球相距最遠時，由于兩者的速度方向相反，故此時兩者相對速度最大，故B正確；
在星球表面根據(jù)萬有引力定律有G＝mg
由于不知道火星和地球的質(zhì)量之比與半徑之比，無法得出火星和地球表面的自由落體加速度之比，故C錯誤；
火星和地球繞太陽勻速圓周運動，有
ω火＝，ω地＝
要發(fā)生下一次火星沖日則有t＝2π
得t＝>T地
可知下一次“火星沖日”將出現(xiàn)在2023年12月18日之后，故D錯誤．故選B.
答案：B
[例3]　解析：設(shè)月球繞地球運動的軌道半徑為r1，地球繞太陽運動的軌道半徑為r2，根據(jù)G＝mr
其中＝＝
ρ＝
聯(lián)立可得＝，故選D.
答案：D
[例4]　解析：
B點為橢圓軌道AB的遠地點，故BO大于AO，飛船由A點運動至B點的過程中，萬有引力做負功，動能減少，故飛船在B點速率小于在A點的速率，選項A錯誤．B點為橢圓軌道AB的遠地點，飛船做橢圓運動的軌道的半長軸小于天和核心艙做圓周運動的半徑，根據(jù)開普勒第三定律可知，天和核心艙的周期大于飛船做橢圓運動的周期，選項B正確．飛船從地表運動至A點的過程中，火箭的推力對其做正功，飛船機械能增大，飛船由A點運動至B點的過程中，只有萬有引力做功，引力勢能與動能之和不變，機械能不變，選項C錯誤．飛船和天和核心艙在B點由萬有引力產(chǎn)生的加速度相同，飛船在B點處(橢圓軌道的B點)的曲率半徑更小，根據(jù)a＝，半徑小則速率小，即飛船在B點處的速率小于天和核心艙的速率，選項D錯誤．
答案：B
[提升訓(xùn)練]
1．解析：要想使天舟五號在與空間站的同一軌道上對接，則需要使天舟五號加速，與此同時要想不脫離原軌道，根據(jù)F＝m則必須要增加向心力，即噴氣時產(chǎn)生的推力一方面有沿軌道向前的分量，另一方面還要有指向地心的分量，而因噴氣產(chǎn)生的推力與噴氣方向相反，則圖A是正確的．故選A.
答案：A
2．解析：由題意可知，“夸父一號”并未脫離地球引力束縛，仍靠地球引力提供向心力，所以發(fā)射速度不會大于11.2 km/s，A錯誤．以地球為參考系，“夸父一號”做勻速圓周運動，B錯誤．“夸父一號”的周期約為100 min，而地球的自轉(zhuǎn)周期為24小時，所以T答案：CD
3．解析：設(shè)恒星P、Q的軌道半徑分別為rP、rQ，由題意可知rP＋rQ＝L1，rP－rQ＝L2，解得rP＝、rQ＝，則＝，A錯誤；恒星P、Q的向心力大小相等，即mPrPω2＝mQrQω2，轉(zhuǎn)動的角速度相同，因為rP>rQ，所以mQ>mP，B錯誤；P、Q的線速度大小分別為vP＝ωrP、vQ＝ωrQ，P、Q的線速度大小之和為Δv1＝vP＋vQ＝ω(rP＋rQ)＝ωL1，P、Q的線速度大小之差為Δv2＝vP－vQ＝ω(rP－rQ)＝ωL2，則＝，C正確；對恒星P，由牛頓第二定律有＝mPrPω2，則mQ＝，同理對Q有＝mQrQω2，則mP＝，P、Q的質(zhì)量之和為Δm1＝mP＋mQ＝＝，P、Q的質(zhì)量之差為Δm2＝mQ－mP＝＝，則＝，D正確．
答案：CD
素養(yǎng)培優(yōu)·情境命題
[典例1]　解析：(1)污水從管口離開后，做平拋運動，在豎直方向有H＝gt2
水平方向有L＝v0t
解得v0＝L .
(2)設(shè)污水落入河道水面時，豎直方向有
＝ ．
(3)單位時間內(nèi)，從管口噴出的污水體積為Q＝v0S＝
因此空中污水的體積為A＝Qt＝.
答案：(1)L 　(2) 　
(3)
[典例2]　解析：航天員隨離心機旋轉(zhuǎn)臂在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，在豎直方向受力平衡，不會處于完全失重狀態(tài)，A錯誤；
航天員在旋轉(zhuǎn)臂末端的座艙中，轉(zhuǎn)速為n＝r/min＝r/s
線速度大小為v＝2πRn＝24 m/s，B錯誤；
航天員做勻速圓周運動的向心力大小為Fx＝m
由于不知道航天員質(zhì)量的具體數(shù)值，故不能求出向心力的具體數(shù)值，C錯誤；
對航天員受力分析，在水平方向座艙對他的作用力提供向心力，可知座艙對航天員的水平作用力為Fx＝m＝72m＝7.2mg
豎直方向座艙對航天員的作用力為Fy＝mg
可知座艙對航天員的作用力為F＝>Fx＝7.2mg，D正確．
答案：D
[典例3]　解析：
設(shè)配重的質(zhì)量為m、繩長為l、懸掛點P到腰帶中心點O的距離為r1，對配重受力分析如圖所示，由于配重做勻速圓周運動，其受到的合力提供向心力，即合力大小不變、方向改變，故選項A錯誤；由于腰帶固定不動，因此腰帶所受的合力始終為零，故選項B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律有mg tan θ＝mω2(l sin θ＋r1)，代入數(shù)據(jù)可得ω＝ rad/s，故選項C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律有mg tan θ＝m，由動能定理有WF－mgl(cos 37°－cos 53°)＝>0，可得繩子對配重做正功，故選項D正確．
答案：D
[典例4]　解析：(1)由萬有引力定律和向心力公式有
G＝m
解得v＝ .
(2)在r≤R內(nèi)部，星體質(zhì)量
M0＝·πr3＝
由萬有引力定律和向心力公式有
G＝m
解得v＝.
(3)對處于R球體邊緣的恒星，由萬有引力定律和向心力公式有
G＝
對處于r＝nR處的恒星，由萬有引力定律和向心力公式有
G＝
解得
M′＝(n－1)M.
答案：(1) 　(2)r　(3)(n－1)M(共63張PPT)
第4講　功能關(guān)系與能量守恒
答案：B
例 2 [2023·重慶統(tǒng)考一模](多選)如圖甲，轆轤是古代民間提水設(shè)施，由轆轤頭、支架、井繩、水斗等部分構(gòu)成．如題圖乙為提水設(shè)施工作原理簡化圖．某次需從井中汲取m＝2 kg的水，轆轤繞繩輪軸半徑為r＝0.1 m，水斗的質(zhì)量為0.5 kg，井足夠深且井繩的質(zhì)量忽略不計．t＝0時刻，輪軸由靜止開始繞中心軸轉(zhuǎn)動，其角速度隨時間變化規(guī)律如圖丙所示，g取10 m/s2，則(　　)
A．水斗速度隨時間變化規(guī)律為v＝0.4t
B．井繩拉力瞬時功率隨時間變化的規(guī)律為P＝10t
C．0～10 s內(nèi)水斗上升的高度為4 m
D．0～10 s內(nèi)井繩拉力所做的功為520 J
答案：AD
考向2　機車啟動問題
例 3 [2023·廣東省汕頭市期末] 2022年9月28日汕頭海灣隧道正式開通，隧道全長約6.68公里，全段最高限速為60 km/h.海灣隧道中間為盾構(gòu)段，埋于海底，南北兩側(cè)路段以較小的坡度與盾構(gòu)段連接，全段可簡化為如圖所示模型．一汽車從南岸由靜止開始以1 m/s2的加速度沿斜面向下勻加速啟動，已知汽車質(zhì)量為2.0×103 kg，汽車所受阻力大小恒為重力的0.2，斜面傾角的正弦值sin θ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)若汽車發(fā)動機的最大功率為P0＝5.6×104 W，下坡階段足夠長，求汽車下坡階段做勻加速直線運動的時間．
(2)若汽車在上、下坡時均以最高限速勻速行駛，則下坡和上坡時的汽車發(fā)動機功率之比為多少．
答案：B
解析：在地面附近雨滴做勻速運動，根據(jù)動能定理得
mgh－Wf＝0
故雨滴克服空氣阻力做功為mgh，故選B.
2.(多選)新能源汽車近幾年發(fā)展非常迅速，下表是某品牌電動汽車相關(guān)參數(shù)．請根據(jù)相關(guān)參數(shù)判斷以下哪些說法正確(假設(shè)汽車以30 m/s勻速行駛時的阻力為車重的0.05，汽車電能轉(zhuǎn)化為有用功的效率為80%，重力加速度g取10 m/s2)(　　)
A. 汽車在0～30 m/s的加速過程中的平均加速度大小為6 m/s2
B．汽車剎車由30 m/s減速到0所用時間最短為1 s
C．當(dāng)汽車以30 m/s勻速行駛時，汽車克服阻力做功的功率為75 kW
D．當(dāng)汽車以30 m/s勻速行駛時，汽車的續(xù)航里程(最大行駛距離)約為216 km
指標參數(shù) 整車質(zhì)量 0～30 m/s加速時間 最大速度 電池容量 制動最短距離(30m/s～0)
數(shù)值 2 000 kg 5.0 s 60 m/s 75 kW·h 30 m
答案：AD
3．[2023·山東青島市高三上學(xué)期期中](多選)額定功率相同的甲、乙兩車在同一水平路面上從靜止啟動．其發(fā)動機的牽引力隨時間的變化曲線如圖所示．兩車分別從t1和t3時刻開始以額定功率行駛，從t2和t4時刻開始牽引力視為不變，若兩車行駛時所受的阻力大小與其總重成正比，且比例系數(shù)相同，下列說法正確的是(　　)
A．甲車的總重比乙車的大
B．甲車比乙車先開始運動
C．甲車在t1時刻的速率大于乙車在t3時刻的速率
D．甲車在t2時刻的速率大于乙車在t4時刻的速率
答案：BCD
解析：根據(jù)題述，兩車額定功率P相同，勻速運動后牽引力等于阻力，根據(jù)甲車t2時刻后和乙車t4時刻后兩車牽引力不變，可知甲車牽引力小于乙車可知F＝f＝kmg
可知甲車的總重比乙車小，故A錯誤；
如圖所示
甲車在A點所對應(yīng)的時刻牽引力與阻力大小瞬間相等，所以甲車從這個時刻開始，做加速運動；乙車在B點所對應(yīng)的時刻牽引力與阻力大小瞬間相等，乙車從這個時刻開始加速，所以甲車比乙車先開始運動，故B正確；
兩車分別從t1和t3時刻開始以額定功率行駛，這兩個時刻，甲車的牽引力小于乙車的牽引力，由P＝Fv
可知，甲車在t1時刻的速率大于乙車在t3時刻的速率，故C正確；
t2時刻甲車達到最大速度，t4時刻乙車達到最大速度，根據(jù)汽車的額定功率P＝fvm＝kmgvm
可知由于甲車的總重比乙車小，所以甲車在t2時刻的速率大于乙車在t4時刻的速率，故D正確．
命題點二　動能定理的應(yīng)用
1．應(yīng)用動能定理解題應(yīng)注意的三個問題
(1)用動能定理解決問題時一般以地面為參考系；
(2)動能定理的表達式是一個標量式，在某個方向上應(yīng)用動能定理是沒有依據(jù)的；
(3)物體在某個運動過程中包含幾個運動性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)時，可以分段考慮，也可以對全過程考慮，全過程用動能定理列式，可使問題簡化．
2．利用動能定理求解多過程問題的基本思路
答案：C
答案：CD
[考法拓展2]　在[例1]中，若軌道光滑，使質(zhì)點帶上＋q的電荷量(帶電質(zhì)點可視為點電荷)，如圖所示，在豎直方向加上向下的勻強電場，場強為E.質(zhì)點由靜止釋放運動至最低點N的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．質(zhì)點的機械能守恒
B．質(zhì)點的重力勢能減少，電勢能增加
C．質(zhì)點的動能增加2mgR
D．質(zhì)點的機械能增加2qER
答案：D
解析：質(zhì)點下落過程，除重力做功以外，還有電場力做正功，機械能增加，由功能關(guān)系得機械能的增量ΔE＝2qER，故選項A錯誤，D正確；重力做正功，重力勢能減少，電場力做正功，電勢能減少，選項B錯誤；合外力做功等于動能的增量，則ΔEk＝2(qE＋mg)R，選項C錯誤．
思維提升
動能定理在力學(xué)與電場中的應(yīng)用對比
考向2　動能定理與圖像的綜合
例 2 如圖甲所示，一豎直面內(nèi)的軌道是由粗糙斜面AB和光滑軌道BCD組成，AB與BCD相切于B點，C為圓軌道的最低點，將物塊置于軌道ABC上離地面高為H處由靜止下滑，可用力傳感器測出其經(jīng)過C點時對軌道的壓力FN.現(xiàn)將物塊放在ABC上不同高度處，讓H從零開始逐漸增大，傳感器測得物塊每次從不同高度處下滑到C點時對軌道的壓力FN，得到如圖乙兩段直線PQ和QI，且IQ反向延長線與縱軸交點坐標值為2.5 N，g取10 m/s2.求：
(1)小物塊的質(zhì)量m及圓軌道的半徑R；
(2)軌道BC所對圓心角；
(3)小物塊與斜面AB間的動摩擦因數(shù)．
甲　　　　　　　乙
[教你解決問題]——審圖
解此題的關(guān)鍵是把握圖像的信息，并將圖像信息與物理過程相對應(yīng)，如圖所示．
提升訓(xùn)練
1.[2023·陜西省西安市長安區(qū)高考模擬]如圖甲所示為由彈丸發(fā)射器、固定在水平地面上的傾角為37°的斜面以及放置在水平地面上的光滑半圓形擋板墻(擋板墻上分布有多個力傳感器)構(gòu)成的游戲裝置．半圓形擋板墻的半徑R＝0.5 m，斜面高度h＝0.9 m，彈丸與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5.游戲者調(diào)節(jié)發(fā)射器，彈丸到B點時速度沿斜面且大小為5 m/s，接著他將半圓形擋板墻向左平移使C、D兩端重合．擋板墻上各處的力傳感器收集到的側(cè)壓力F與墻上轉(zhuǎn)過的圓心角θ之間的關(guān)系如圖乙所示，g取10 m/s2.下列說法正確的是 (　　)
A．彈丸的質(zhì)量為0.1 kg
B．彈丸的質(zhì)量為0.4 kg
C．彈丸與地面間的動摩擦因數(shù)為0.6
D．彈丸與地面間的動摩擦因數(shù)為0.8
答案：C
2．[2023·江蘇卷]如圖所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均為45°.平臺BC與緩沖坡CD相連．若滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點．滑雪者現(xiàn)從A點由靜止開始下滑，從B點飛出．已知A、P間的距離為d，滑雪者與滑道間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力．
(1)求滑雪者運動到P點的時間t；
(2)求滑雪者從B點飛出的速度大小v；
(3)若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺BC的最大長度L.
命題點三　機械能守恒定律和功能關(guān)系的應(yīng)用
1．應(yīng)用機械能守恒定律的基本思路
2．功能關(guān)系的體現(xiàn)
答案：AD
例 2 [2023·湖北宜昌市協(xié)作體期中](多選)如圖所示，傾角為θ的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端有擋板，頂端有光滑的輕質(zhì)小滑輪，右側(cè)固定一豎直光滑細桿，A、B兩物體用輕質(zhì)彈簧相連，非彈性細線一端與物體B連接，另一端通過滑輪與套在細桿上的滑環(huán)C相連．初始狀態(tài)，滑環(huán)C位于D點，此時細線與斜面平行，物體A對擋板壓力恰好為零，無初速度釋放滑環(huán)，當(dāng)滑環(huán)到達E點時其速度大小為v，此時細線與水平方向夾角也為θ，已知A、B、C質(zhì)量相等，D、E兩點高度差為h，重力加速度為g.在滑環(huán)C下降過程中，下列說法正確的是(　　)
A．剛釋放瞬間滑環(huán)C的加速度大小為g
B．當(dāng)滑環(huán)C下降到與滑輪等高時，滑環(huán)C機械能最大
C．滑環(huán)C到達E點時，物體B速度大小為v cos θ
D．滑環(huán)C到達E點時，v和h滿足關(guān)系2gh＝v2(1＋sin 2θ)
答案：BD
答案：BD
例 4 [2023·北京石景山期末]如圖甲所示，質(zhì)量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處．設(shè)籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度為g，不計空氣阻力．
(1)求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比．
(2)如圖甲所示，若籃球反彈至最高處h時，運動員向下拍球，對籃球施加一個向下的壓力F，持續(xù)作用至h0高度處撤去，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h高度處，力F的大小隨高度y的變化如圖乙所示，其中h0已知，求F0的大小．
(3)在籃球與地球相互作用的過程中，我們認為地球始終保持靜止不動．請你運用所學(xué)知識分析說明建立這種模型的合理性．
考向3　能量守恒定律的應(yīng)用
例 5 將一輕質(zhì)彈簧豎直固定在水平地面上處于原長狀態(tài)，讓一質(zhì)量m0＝20 g的小球從彈簧上端由靜止釋放，小球最大下落高度h1＝5 cm.將該彈簧固定在如圖所示的軌道左側(cè)豎直墻壁上，軌道中部有一半徑R＝0.1 m的豎直圓軌道，不同軌道的連接處均為平滑連接，小滑塊可以從圓軌道最低點的一側(cè)進入，繞圓軌道一周后從最低點向另一側(cè)運動．軌道上彈簧右側(cè)的M點到圓軌道左側(cè)N點的距離xMN＝0.6 m的范圍內(nèi)有摩擦，而其他部分均光滑．讓一質(zhì)量m＝10 g的小滑塊從軌道右側(cè)高h2(未知)處由靜止釋放，小滑塊恰好能通過圓軌道最高點C，且第一次恰好能把彈簧壓縮5 cm.現(xiàn)讓該小滑塊從軌道右側(cè)h3＝0.4 m處由靜止釋放，已知重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)小滑塊下落的高度h2；
(2)小滑塊停止時的位置到N點的距離．
思維提升
涉及做功與能量轉(zhuǎn)化問題的解題方法
(1)分清是什么力做功，并且分析該力做正功還是做負功；根據(jù)功能之間的對應(yīng)關(guān)系，確定能量之間的轉(zhuǎn)化情況．
(2)當(dāng)涉及滑動摩擦力做功時，機械能不守恒，一般應(yīng)用能量守恒定律，特別注意摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ffl相對，l相對為相對滑動的兩物體間相對滑動路徑的總長度．
(3)解題時，首先確定初、末狀態(tài)，然后分清有多少種形式的能在轉(zhuǎn)化，再分析狀態(tài)變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減和增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解．
答案：BCD
3．[2023·遼寧卷]某大型水陸兩棲飛機具有水面滑行汲水和空中投水等功能．某次演練中，該飛機在水面上由靜止開始勻加速直線滑行并汲水，速度達到v1＝80 m/s時離開水面，該過程滑行距離L＝1 600 m、汲水質(zhì)量m＝1.0×104 kg.離開水面后，飛機攀升高度h＝100 m時速度達到v2＝100 m/s，之后保持水平勻速飛行，待接近目標時開始空中投水．取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)飛機在水面滑行階段的加速度a的大小及滑行時間t；
(2)整個攀升階段，飛機汲取的水的機械能增加量ΔE.
應(yīng)用能量觀點解決問題的方法
能量觀點即用動能定理、功能關(guān)系和能量守恒定律解決物理問題．用這種觀點解決復(fù)雜的直線或曲線運動問題時，應(yīng)從能量守恒和能量轉(zhuǎn)化的角度著手，找到問題的突破口，如解決研究對象是單個物體，運動過程是多過程的問題時，優(yōu)先考慮從能量轉(zhuǎn)化的角度應(yīng)用動能定理．能量觀點的優(yōu)越性在于從總體上把握物體的運動狀態(tài)，分析力的作用時只看其做功的情況．
[典例]　如圖所示，半徑為R＝0.8 m的光滑圓弧軌道BC固定在豎直平面內(nèi)，軌道的上端點B和圓心O的連線與水平方向的夾角θ＝30°，下端點C為軌道的最低點且與粗糙水平面相切，一根輕質(zhì)彈簧右端固定在豎直擋板上．質(zhì)量m＝0.2 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)從A點以v0＝1 m/s的速度被水平拋出(不計空氣阻力)，恰好從B點沿軌道切線方向進入軌道，經(jīng)過C點后沿水平面向右運動到D點時，彈簧被壓縮至最短，C、D兩點間的水平距離L＝1 m，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，g＝10 m/s2.求：
(1)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上B點時速度vB的大小；
(2)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上C點時對軌道的壓力大小；
(3)彈簧的彈性勢能的最大值Epmax.
[教你解決問題]
第一步：讀題→過程分析(模型建構(gòu))
A→B過程：小物塊做平拋運動
B→C過程：小物塊做圓周運動
C→D過程：小物塊做減速運動(加速度變化)
反思總結(jié)
碰撞摩擦生內(nèi)能，能量守恒最可行——當(dāng)系統(tǒng)中有克服滑動摩擦力做功產(chǎn)生內(nèi)能或完全非彈性碰撞產(chǎn)生內(nèi)能時通常優(yōu)先考慮用能量守恒定律解決問題．第4講　功能關(guān)系與能量守恒
知識網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建
命題分類剖析
命題點一　功和功率
1．功的計算
(1)恒力做功一般用功的公式或動能定理求解．
(2)變力做功通常應(yīng)用動能定理、微元法、等效轉(zhuǎn)化法、平均力法、圖像法求解，或者利用恒定功率求功W＝Pt.
2．功率的分析與計算
明確是求瞬時功率還是平均功率．
P＝側(cè)重于平均功率的計算，P＝Fv cos α(α為F和速度v的夾角)側(cè)重于瞬時功率的計算．
3．機車啟動(F阻不變)
(1)兩個基本關(guān)系式：P＝Fv，F(xiàn)－F阻＝ma.
(2)兩種常見情況
①恒定功率啟動：P不變，此時做加速度減小的加速運動，直到達到最大速度vm，此時a＝0，此過程Pt－F阻s＝；
②恒定加速度啟動：開始階段a不變．
無論哪種啟動方式，最大速度都等于勻速運動時的速度，即vm＝.
考向1　功和功率的分析與計算
例 1 [2023·山東卷]
《天工開物》中記載了古人借助水力使用高轉(zhuǎn)筒車往稻田里引水的場景．引水過程簡化如下：兩個半徑均為R的水輪，以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動．水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有n個，與水輪間無相對滑動．每個水筒離開水面時裝有質(zhì)量為m的水，其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田．當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間，則筒車對灌入稻田的水做功的功率為(　　)
A． B．
C． D．nmgωRH
例 2 [2023·重慶統(tǒng)考一模]
(多選)如圖甲，轆轤是古代民間提水設(shè)施，由轆轤頭、支架、井繩、水斗等部分構(gòu)成．如題圖乙為提水設(shè)施工作原理簡化圖．某次需從井中汲取m＝2 kg的水，轆轤繞繩輪軸半徑為r＝0.1 m，水斗的質(zhì)量為0.5 kg，井足夠深且井繩的質(zhì)量忽略不計．t＝0時刻，輪軸由靜止開始繞中心軸轉(zhuǎn)動，其角速度隨時間變化規(guī)律如圖丙所示，g取10 m/s2，則(　　)
A．水斗速度隨時間變化規(guī)律為v＝0.4t
B．井繩拉力瞬時功率隨時間變化的規(guī)律為P＝10t
C．0～10 s內(nèi)水斗上升的高度為4 m
D．0～10 s內(nèi)井繩拉力所做的功為520 J
考向2　機車啟動問題
例 3 [2023·廣東省汕頭市期末] 2022年9月28日汕頭海灣隧道正式開通，隧道全長約6.68公里，全段最高限速為60 km/h.海灣隧道中間為盾構(gòu)段，埋于海底，南北兩側(cè)路段以較小的坡度與盾構(gòu)段連接，全段可簡化為如圖所示模型．一汽車從南岸由靜止開始以1 m/s2的加速度沿斜面向下勻加速啟動，已知汽車質(zhì)量為2.0×103 kg，汽車所受阻力大小恒為重力的0.2，斜面傾角的正弦值sin θ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.
　
(1)若汽車發(fā)動機的最大功率為P0＝5.6×104 W，下坡階段足夠長，求汽車下坡階段做勻加速直線運動的時間．
(2)若汽車在上、下坡時均以最高限速勻速行駛，則下坡和上坡時的汽車發(fā)動機功率之比為多少．
提升訓(xùn)練
1.[2023·新課標卷]無風(fēng)時，雨滴受空氣阻力的作用在地面附近會以恒定的速率豎直下落．一質(zhì)量為m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的過程中，克服空氣阻力做的功為(重力加速度大小為g)(　　)
A．0 B．mgh
C．mv2－mgh D．mv2＋mgh
2.(多選)新能源汽車近幾年發(fā)展非常迅速，下表是某品牌電動汽車相關(guān)參數(shù)．請根據(jù)相關(guān)參數(shù)判斷以下哪些說法正確(假設(shè)汽車以30 m/s勻速行駛時的阻力為車重的0.05，汽車電能轉(zhuǎn)化為有用功的效率為80%，重力加速度g取10 m/s2)(　　)
指標參數(shù) 整車質(zhì)量 0～30 m/s加速時間 最大速度 電池容量 制動最短距離(30m/s～0)
數(shù)值 2 000 kg 5.0 s 60 m/s 75 kW·h 30 m
A.汽車在0～30 m/s的加速過程中的平均加速度大小為6 m/s2
B．汽車剎車由30 m/s減速到0所用時間最短為1 s
C．當(dāng)汽車以30 m/s勻速行駛時，汽車克服阻力做功的功率為75 kW
D．當(dāng)汽車以30 m/s勻速行駛時，汽車的續(xù)航里程(最大行駛距離)約為216 km
3．[2023·山東青島市高三上學(xué)期期中](多選)額定功率相同的甲、乙兩車在同一水平路面上從靜止啟動．其發(fā)動機的牽引力隨時間的變化曲線如圖所示．兩車分別從t1和t3時刻開始以額定功率行駛，從t2和t4時刻開始牽引力視為不變，若兩車行駛時所受的阻力大小與其總重成正比，且比例系數(shù)相同，下列說法正確的是(　　)
A．甲車的總重比乙車的大
B．甲車比乙車先開始運動
C．甲車在t1時刻的速率大于乙車在t3時刻的速率
D．甲車在t2時刻的速率大于乙車在t4時刻的速率
命題點二　動能定理的應(yīng)用
1．應(yīng)用動能定理解題應(yīng)注意的三個問題
(1)用動能定理解決問題時一般以地面為參考系；
(2)動能定理的表達式是一個標量式，在某個方向上應(yīng)用動能定理是沒有依據(jù)的；
(3)物體在某個運動過程中包含幾個運動性質(zhì)不同的小過程(如加速、減速的過程)時，可以分段考慮，也可以對全過程考慮，全過程用動能定理列式，可使問題簡化．
2．利用動能定理求解多過程問題的基本思路
考向1　動能定理的應(yīng)用
例 1 如圖，一半徑為R，粗糙程度處處相同的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平．一質(zhì)量為m的質(zhì)點自P點正上方高度R處由靜止開始下落，恰好從P點進入軌道．質(zhì)點滑到軌道最低點N時，對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大小．用W表示質(zhì)點從P點運動到N點的過程中克服摩擦力所做的功．則(　　)
A．W＝mgR，質(zhì)點恰好可以到達Q點
B．W>mgR，質(zhì)點不能到達Q點
C．W＝mgR，質(zhì)點到達Q點后，繼續(xù)上升一段距離
D．W[考法拓展1]　(多選)在[例1]中，若使質(zhì)點帶上＋q的電荷量(帶電質(zhì)點可視為點電荷)，如圖所示，在POQ下方加上垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝.質(zhì)點由靜止釋放運動至最低點N時，對軌道的壓力恰好為零，則(　　)
A．質(zhì)點經(jīng)過N點時的速度大小為
B．質(zhì)點由P點至N點的過程中，洛倫茲力做負功
C.質(zhì)點由靜止下落至P點的過程中，機械能守恒
D．質(zhì)點由靜止下落至N點的過程中，機械能減少mgR
[考法拓展2]　在[例1]中，若軌道光滑，使質(zhì)點帶上＋q的電荷量(帶電質(zhì)點可視為點電荷)，如圖所示，在豎直方向加上向下的勻強電場，場強為E.質(zhì)點由靜止釋放運動至最低點N的過程中，下列說法正確的是(　　)
A．質(zhì)點的機械能守恒
B．質(zhì)點的重力勢能減少，電勢能增加
C．質(zhì)點的動能增加2mgR
D．質(zhì)點的機械能增加2qER
思維提升
動能定理在力學(xué)與電場中的應(yīng)用對比
考向2　動能定理與圖像的綜合
例 2 如圖甲所示，一豎直面內(nèi)的軌道是由粗糙斜面AB和光滑軌道BCD組成，AB與BCD相切于B點，C為圓軌道的最低點，將物塊置于軌道ABC上離地面高為H處由靜止下滑，可用力傳感器測出其經(jīng)過C點時對軌道的壓力FN.現(xiàn)將物塊放在ABC上不同高度處，讓H從零開始逐漸增大，傳感器測得物塊每次從不同高度處下滑到C點時對軌道的壓力FN，得到如圖乙兩段直線PQ和QI，且IQ反向延長線與縱軸交點坐標值為2.5 N，g取10 m/s2.求：
　　　
　　 　　　 甲　　　　　　　　　　　乙
(1)小物塊的質(zhì)量m及圓軌道的半徑R；
(2)軌道BC所對圓心角；
(3)小物塊與斜面AB間的動摩擦因數(shù)．
[教你解決問題]——審圖
解此題的關(guān)鍵是把握圖像的信息，并將圖像信息與物理過程相對應(yīng)，如圖所示．
提升訓(xùn)練
1.[2023·陜西省西安市長安區(qū)高考模擬]如圖甲所示為由彈丸發(fā)射器、固定在水平地面上的傾角為37°的斜面以及放置在水平地面上的光滑半圓形擋板墻(擋板墻上分布有多個力傳感器)構(gòu)成的游戲裝置．半圓形擋板墻的半徑R＝0.5 m，斜面高度h＝0.9 m，彈丸與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.5.游戲者調(diào)節(jié)發(fā)射器，彈丸到B點時速度沿斜面且大小為5 m/s，接著他將半圓形擋板墻向左平移使C、D兩端重合．擋板墻上各處的力傳感器收集到的側(cè)壓力F與墻上轉(zhuǎn)過的圓心角θ之間的關(guān)系如圖乙所示，g取10 m/s2.下列說法正確的是 (　　)
A．彈丸的質(zhì)量為0.1 kg
B．彈丸的質(zhì)量為0.4 kg
C．彈丸與地面間的動摩擦因數(shù)為0.6
D．彈丸與地面間的動摩擦因數(shù)為0.8
2．[2023·江蘇卷]如圖所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均為45°.平臺BC與緩沖坡CD相連．若滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點．滑雪者現(xiàn)從A點由靜止開始下滑，從B點飛出．已知A、P間的距離為d，滑雪者與滑道間的動摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，不計空氣阻力．
(1)求滑雪者運動到P點的時間t；
(2)求滑雪者從B點飛出的速度大小v；
(3)若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺BC的最大長度L.
3.
[2023·湖北卷]如圖為某游戲裝置原理示意圖．水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內(nèi)表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道在同一豎直平面內(nèi)，過C點的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°.小物塊以某一水平初速度由A點切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點飛出桌面后，在C點沿圓弧切線方向進入軌道內(nèi)側(cè)，并恰好能到達軌道的最高點D.小物塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質(zhì)點．求：
(1)小物塊到達D點的速度大小；
(2)B和D兩點的高度差；
(3)小物塊在A點的初速度大小．
命題點三　機械能守恒定律和功能關(guān)系的應(yīng)用
1．應(yīng)用機械能守恒定律的基本思路
2．功能關(guān)系的體現(xiàn)
考向1　機械能守恒定律的應(yīng)用
例 1 [2023·湖南卷]
(多選)如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道ABC由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于B點，AB段與水平面夾角為θ，BC段圓心為O，最高點為C，A與C的高度差等于圓弧軌道的直徑2R.小球從A點以初速度v0沖上軌道，能沿軌道運動恰好到達C點，下列說法正確的是(　　)
A．小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大
B．小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變
C．小球的初速度v0＝
D．若小球初速度v0增大，小球有可能從B點脫離軌道
例 2 [2023·湖北宜昌市協(xié)作體期中](多選)如圖所示，傾角為θ的光滑斜面固定在水平面上，斜面底端有擋板，頂端有光滑的輕質(zhì)小滑輪，右側(cè)固定一豎直光滑細桿，A、B兩物體用輕質(zhì)彈簧相連，非彈性細線一端與物體B連接，另一端通過滑輪與套在細桿上的滑環(huán)C相連．初始狀態(tài)，滑環(huán)C位于D點，此時細線與斜面平行，物體A對擋板壓力恰好為零，無初速度釋放滑環(huán)，當(dāng)滑環(huán)到達E點時其速度大小為v，此時細線與水平方向夾角也為θ，已知A、B、C質(zhì)量相等，D、E兩點高度差為h，重力加速度為g.在滑環(huán)C下降過程中，下列說法正確的是(　　)
A．剛釋放瞬間滑環(huán)C的加速度大小為g
B．當(dāng)滑環(huán)C下降到與滑輪等高時，滑環(huán)C機械能最大
C．滑環(huán)C到達E點時，物體B速度大小為v cos θ
D．滑環(huán)C到達E點時，v和h滿足關(guān)系2gh＝v2(1＋sin 2θ)
考向2　功能關(guān)系的應(yīng)用
例 3 [2023·全國乙卷]
(多選)如圖，一質(zhì)量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)從木板上的左端以速度v0開始運動．已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當(dāng)物塊從木板右端離開時(　　)
A．木板的動能一定等于fl
B．木板的動能一定小于fl
C．物塊的動能一定大于－fl
D．物塊的動能一定小于－fl
例 4 [2023·北京石景山期末]如圖甲所示，質(zhì)量為m的籃球從離地H高度處由靜止下落，與地面發(fā)生一次非彈性碰撞后反彈至離地h的最高處．設(shè)籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同，重力加速度為g，不計空氣阻力．
(1)求籃球與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比．
(2)如圖甲所示，若籃球反彈至最高處h時，運動員向下拍球，對籃球施加一個向下的壓力F，持續(xù)作用至h0高度處撤去，使得籃球與地面碰撞一次后恰好反彈至h高度處，力F的大小隨高度y的變化如圖乙所示，其中h0已知，求F0的大小．
(3)在籃球與地球相互作用的過程中，我們認為地球始終保持靜止不動．請你運用所學(xué)知識分析說明建立這種模型的合理性．
考向3　能量守恒定律的應(yīng)用
例 5 將一輕質(zhì)彈簧豎直固定在水平地面上處于原長狀態(tài)，讓一質(zhì)量m0＝20 g的小球從彈簧上端由靜止釋放，小球最大下落高度h1＝5 cm.將該彈簧固定在如圖所示的軌道左側(cè)豎直墻壁上，軌道中部有一半徑R＝0.1 m的豎直圓軌道，不同軌道的連接處均為平滑連接，小滑塊可以從圓軌道最低點的一側(cè)進入，繞圓軌道一周后從最低點向另一側(cè)運動．軌道上彈簧右側(cè)的M點到圓軌道左側(cè)N點的距離xMN＝0.6 m的范圍內(nèi)有摩擦，而其他部分均光滑．讓一質(zhì)量m＝10 g的小滑塊從軌道右側(cè)高h2(未知)處由靜止釋放，小滑塊恰好能通過圓軌道最高點C，且第一次恰好能把彈簧壓縮5 cm.現(xiàn)讓該小滑塊從軌道右側(cè)h3＝0.4 m處由靜止釋放，已知重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)小滑塊下落的高度h2；
(2)小滑塊停止時的位置到N點的距離．
思維提升
涉及做功與能量轉(zhuǎn)化問題的解題方法
(1)分清是什么力做功，并且分析該力做正功還是做負功；根據(jù)功能之間的對應(yīng)關(guān)系，確定能量之間的轉(zhuǎn)化情況．
(2)當(dāng)涉及滑動摩擦力做功時，機械能不守恒，一般應(yīng)用能量守恒定律，特別注意摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q＝Ffl相對，l相對為相對滑動的兩物體間相對滑動路徑的總長度．
(3)解題時，首先確定初、末狀態(tài)，然后分清有多少種形式的能在轉(zhuǎn)化，再分析狀態(tài)變化過程中哪種形式的能量減少，哪種形式的能量增加，求出減少的能量總和ΔE減和增加的能量總和ΔE增，最后由ΔE減＝ΔE增列式求解．
提升訓(xùn)練
1. (多選)北京冬奧會報道中利用“AI＋8K”技術(shù)，把全新的“時間切片”特技效果首次運用在8K直播中，更精準清晰地抓拍運動員比賽精彩瞬間，給觀眾帶來全新的視覺體驗．“時間切片”是一種類似于多次“曝光”的呈現(xiàn)手法．如圖所示為我國運動員谷愛凌在自由式滑雪女子大跳臺比賽中第三跳的“時間切片”特技圖．忽略空氣阻力，將運動員看做質(zhì)點，其軌跡abc段為拋物線．已知起跳點a的速度大小為v，起跳點a與最高點b之間的高度差為h，重力加速度大小為g，下列說法正確的是(　　)
A．運動員從a點到b點與從b點到c點的時間間隔相同
B．運動員從a到b的時間為
C．運動員到達最高點時速度的大小為
D．運動員從a到b的過程中速度變化的大小為
2．[2023·全國甲卷]
如圖，光滑水平桌面上有一輕質(zhì)彈簧，其一端固定在墻上．用質(zhì)量為m的小球壓彈簧的另一端，使彈簧的彈性勢能為Ep.釋放后，小球在彈簧作用下從靜止開始在桌面上運動，與彈簧分離后，從桌面水平飛出．小球與水平地面碰撞后瞬間，其平行于地面的速度分量與碰撞前瞬間相等；垂直于地面的速度分量大小變?yōu)榕鲎睬八查g的.小球與地面碰撞后，彈起的最大高度為h.重力加速度大小為g，忽略空氣阻力．求
(1)小球離開桌面時的速度大小；
(2)小球第一次落地點距桌面上其飛出點的水平距離．
3．[2023·遼寧卷]某大型水陸兩棲飛機具有水面滑行汲水和空中投水等功能．某次演練中，該飛機在水面上由靜止開始勻加速直線滑行并汲水，速度達到v1＝80 m/s時離開水面，該過程滑行距離L＝1 600 m、汲水質(zhì)量m＝1.0×104 kg.離開水面后，飛機攀升高度h＝100 m時速度達到v2＝100 m/s，之后保持水平勻速飛行，待接近目標時開始空中投水．取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)飛機在水面滑行階段的加速度a的大小及滑行時間t；
(2)整個攀升階段，飛機汲取的水的機械能增加量ΔE.
素養(yǎng)培優(yōu)·思維方法
應(yīng)用能量觀點解決問題的方法
能量觀點即用動能定理、功能關(guān)系和能量守恒定律解決物理問題．用這種觀點解決復(fù)雜的直線或曲線運動問題時，應(yīng)從能量守恒和能量轉(zhuǎn)化的角度著手，找到問題的突破口，如解決研究對象是單個物體，運動過程是多過程的問題時，優(yōu)先考慮從能量轉(zhuǎn)化的角度應(yīng)用動能定理．能量觀點的優(yōu)越性在于從總體上把握物體的運動狀態(tài)，分析力的作用時只看其做功的情況．
[典例]　如圖所示，半徑為R＝0.8 m的光滑圓弧軌道BC固定在豎直平面內(nèi)，軌道的上端點B和圓心O的連線與水平方向的夾角θ＝30°，下端點C為軌道的最低點且與粗糙水平面相切，一根輕質(zhì)彈簧右端固定在豎直擋板上．質(zhì)量m＝0.2 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)從A點以v0＝1 m/s的速度被水平拋出(不計空氣阻力)，恰好從B點沿軌道切線方向進入軌道，經(jīng)過C點后沿水平面向右運動到D點時，彈簧被壓縮至最短，C、D兩點間的水平距離L＝1 m，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，g＝10 m/s2.求：
(1)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上B點時速度vB的大小；
(2)小物塊經(jīng)過圓弧軌道上C點時對軌道的壓力大小；
(3)彈簧的彈性勢能的最大值Epmax.
[教你解決問題]
第一步：讀題→過程分析(模型建構(gòu))
A→B過程：小物塊做平拋運動
B→C過程：小物塊做圓周運動
C→D過程：小物塊做減速運動(加速度變化)
第二步：抓關(guān)鍵點→選規(guī)律
①“恰好從B點沿軌道切線進入軌道”
vB＝
②“光滑圓弧軌道BC”小物塊由B→C過程中機械能守恒mgR(1＋sin θ)＝
③“C點”―→圓周運動的最低點FN－mg＝
④“過C點后…彈簧被壓縮至最短”小物塊在D點的速度為零能量守恒．Emax＝－μmgL
[規(guī)范解答]
(1)小物塊恰好從B點沿切線方向進入軌道，根據(jù)幾何關(guān)系有vB＝＝ m/s＝2 m/s.
(2)小物塊由B運動到C，只有小物塊的重力做功，小物塊的機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律有mgR(1＋sin θ)＝
在C點處，對小物塊由向心力公式有
解得小物塊在C點所受軌道的支持力FN＝9 N
根據(jù)牛頓第三定律，可知小物塊經(jīng)過圓弧軌道上C點時對軌道壓力大小為9 N.
(3)小物塊從B運動到D，根據(jù)能量守恒定律有Epmax＝＋mgR(1＋sin θ)－μmgL
代入數(shù)據(jù)解得Epmax＝2 J.
反思總結(jié)：碰撞摩擦生內(nèi)能，能量守恒最可行——當(dāng)系統(tǒng)中有克服滑動摩擦力做功產(chǎn)生內(nèi)能或完全非彈性碰撞產(chǎn)生內(nèi)能時通常優(yōu)先考慮用能量守恒定律解決問題．
第4講　功能關(guān)系與能量守恒
命題分類剖析
命題點一
[例1]　解析：由題知，水筒在筒車上均勻排布，單位長度上有n個，且每個水筒離開水面時裝有質(zhì)量為m的水，其中的60%被輸送到高出水面H處灌入稻田，則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入農(nóng)田的水的總質(zhì)量為
m總＝2πRnm×60%＝1.2πRnm
則水輪轉(zhuǎn)一圈灌入稻田的水克服重力做的功
W＝1.2πRnmgH
則筒車對灌入稻田的水做功的功率為
P＝
T＝
聯(lián)立有P＝
故選B.
答案：B
[例2]　解析：根據(jù)圖像可知，水斗速度v＝ωr＝t×0.1＝0.4t，A正確；
井繩拉力的瞬時功率為P＝Tv＝Tωr，用m0表示水斗質(zhì)量
根據(jù)牛頓第二定律有T－(m＋m0)g＝(m＋m0)a
根據(jù)上述分析有a＝＝0.4 m/s2，解得T＝26 N，則井繩拉力瞬時功率隨時間變化的規(guī)律為P＝10.4t，B錯誤；
根據(jù)題圖丙可知，0～10 s內(nèi)水斗上升的高度為h＝r＝m＝20 m，C錯誤；
根據(jù)P＝10.4t知，
0～10 s內(nèi)井繩拉力所做的功為W＝Pt＝ J＝520 J，D正確．
答案：AD
[例3]　解析：(1)汽車下坡時，以恒定加速度啟動，有 F＋mg sin θ－f＝ma
其中f＝0.2mg，汽車加速運動過程中，功率逐漸增加，剛達到P0時P0＝Fv，v＝at
解得t＝14 s.
(2)汽車下坡過程中以最高時速vm勻速行駛，
有F1＋mg sin θ＝f
此時汽車發(fā)動機功率P1，有P1＝F1vm
汽車上坡過程中以最高時速vm勻速行駛，有F2＝mg sin θ＋f
此時汽車發(fā)動機功率P2，有P2＝F2vm，解得＝.
答案：(1)14 s　(2)
[提升訓(xùn)練]
1．解析：在地面附近雨滴做勻速運動，根據(jù)動能定理得
mgh－Wf＝0
故雨滴克服空氣阻力做功為mgh，故選B.
答案：B
2．解析：汽車在0～30 m/s的加速過程中的平均加速度大小為＝＝ m/s2＝6 m/s2，選項A正確；因制動最短距離為30 m，可知汽車剎車由30 m/s減速到0所用時間最短為t＝＝ s＝2 s，選項B錯誤；當(dāng)汽車以30 m/s勻速行駛時，汽車克服阻力做功的功率為P＝fv＝kmgv＝2 000×10×0.05×30 W＝30 kW，選項C錯誤；根據(jù)80%E＝P，則當(dāng)汽車以30 m/s勻速行駛時，汽車的續(xù)航里程(最大行駛距離)約為x＝＝ m＝216 km，選項D正確．
答案：AD
3．解析：根據(jù)題述，兩車額定功率P相同，勻速運動后牽引力等于阻力，根據(jù)甲車t2時刻后和乙車t4時刻后兩車牽引力不變，可知甲車牽引力小于乙車可知F＝f＝kmg
可知甲車的總重比乙車小，故A錯誤；
如圖所示
甲車在A點所對應(yīng)的時刻牽引力與阻力大小瞬間相等，所以甲車從這個時刻開始，做加速運動；乙車在B點所對應(yīng)的時刻牽引力與阻力大小瞬間相等，乙車從這個時刻開始加速，所以甲車比乙車先開始運動，故B正確；
兩車分別從t1和t3時刻開始以額定功率行駛，這兩個時刻，甲車的牽引力小于乙車的牽引力，由P＝Fv
可知，甲車在t1時刻的速率大于乙車在t3時刻的速率，故C正確；
t2時刻甲車達到最大速度，t4時刻乙車達到最大速度，根據(jù)汽車的額定功率P＝fvm＝kmgvm
可知由于甲車的總重比乙車小，所以甲車在t2時刻的速率大于乙車在t4時刻的速率，故D正確．
答案：BCD
命題點二
[例1]　解析：在N點由牛頓第二定律得4mg－mg＝；從最高點到N點，由動能定理得2mgR－W＝，聯(lián)立解得W＝mgR.由于克服阻力做功，機械能減小，N點左右兩側(cè)軌道上的等高點的速度v右0，所以質(zhì)點能夠到達Q點，并且還能繼續(xù)上升一段距離，故選項C正確．
答案：C
[考法拓展1]解析：質(zhì)點經(jīng)過N點時由牛頓第二定律得qvB－mg＝m，解得v＝，選項A錯誤；質(zhì)點在磁場內(nèi)運動過程中，洛倫茲力始終與質(zhì)點的運動方向垂直，洛倫茲力不做功，選項B錯誤；質(zhì)點由靜止下落至P點的過程，只有重力做功，質(zhì)點機械能守恒，選項C正確；質(zhì)點由靜止運動至N點的過程由動能定理得2mgR－Wf＝，解得Wf＝mgR，由功能關(guān)系得質(zhì)點的機械能減少mgR，選項D正確．
答案：CD
[考法拓展2]解析：質(zhì)點下落過程，除重力做功以外，還有電場力做正功，機械能增加，由功能關(guān)系得機械能的增量ΔE＝2qER，故選項A錯誤，D正確；重力做正功，重力勢能減少，電場力做正功，電勢能減少，選項B錯誤；合外力做功等于動能的增量，則ΔEk＝2(qE＋mg)R，選項C錯誤．
答案：D
[例2]　解析：(1)小物塊從圓軌道BC滑下，
由動能定理可知mgH＝
，
F′N＝FN，則FN＝H＋mg
結(jié)合PQ段圖像知mg＝2 N，m＝0.2 kg，斜率為＝
解得R＝1 m.
(2)由于圖線Q點對應(yīng)于軌道的B點，而此時H＝0.5 m，
軌道BC所對圓心角為θ
由幾何關(guān)系可知H＝R(1－cos θ)，代入數(shù)據(jù)解得θ＝60°.
(3)小物塊從A到C，由動能定理可得
mgH－＝mv2，
到達C點處由向心力公式可得
F′N－mg＝，F(xiàn)′N＝FN，
整理得FN＝4H＋2，
結(jié)合IQ段圖像得μ＝.
答案：(1)0.2 kg　1 m　(2)60°　(3)
[提升訓(xùn)練]
1．解析：彈丸從B到D過程，由動能定理得mgh－μ1mg cos 37°·＝，由題圖乙可知，在D點，擋板墻對彈丸的支持力為12.4 N，由牛頓第二定律有，聯(lián)立解得m＝0.2 kg，故A、B錯誤；設(shè)彈丸與地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2，轉(zhuǎn)過3 rad后的速度為v，由動能定理得－μ2mg·3×R＝，轉(zhuǎn)過3 rad后擋板墻對彈丸的支持力為5.2 N，由牛頓第二定律得5.2 N＝m，聯(lián)立解得μ2＝0.6，故C正確，D錯誤．
答案：C
2．解析：(1)滑雪者從A到P根據(jù)動能定理有
mgd sin 45°－μmg cos 45°d＝－0
根據(jù)動量定理有
(mg sin 45°－μmg cos 45°)t＝mvP－0
聯(lián)立解得t＝
vP＝ .
(2)由于滑雪者從P點由靜止開始下滑，恰好到達B點，故從P點到B點合力做功為0，所以當(dāng)從A點下滑時，到達B點有
vB＝vP＝ .
(3)當(dāng)滑雪者剛好落在C點時，平臺BC的長度最大；滑雪者從B點飛出做斜拋運動，豎直方向上有
vP cos 45°＝g×
水平方向上有L＝vP sin 45°·t
聯(lián)立可得L＝d(1－μ)．
答案：(1) 　(2) 　
(3)d(1－μ)
3．解析：(1)由題知，小物塊恰好能到達軌道的最高點D，則在D點有＝mg
解得vD＝.
(2)由題知，小物塊從C點沿圓弧切線方向進入軌道內(nèi)側(cè)，則在C點有cos 60°＝
小物塊從C到D的過程中，根據(jù)動能定理有
－mg(R＋R cos 60°)＝
則小物塊從B到D的過程中，根據(jù)動能定理有
mgHBD＝
聯(lián)立解得vB＝，HBD＝0.
(3)小物塊從A到B的過程中，根據(jù)動能定理有
－μmgS＝
S ＝π·2R
解得vA＝.
答案：(1)　(2)0　(3)
命題點三
[例1]　解析：由題知，小球能沿軌道運動恰好到達C點，則小球在C點的速度為vC＝0
小球在圓弧BC上運動到D點的受力分析如圖所示，則在D位置時有mg cos α－FN＝m，從D到C過程有，mg(R－R cos α)＝，聯(lián)立解得FN＝3mg cos α－2mg，A正確；
A到B的過程中重力的功率為P ＝ －mgv sin θ，由于A到B的過程中小球的速度逐漸減小
則A到B的過程中小球重力的功率始終減小，則B錯誤；
從A到C的過程中有－mg·2R＝
解得C錯誤；
B＝
則若小球初速度v0增大，小球在B點的速度有可能為，故小球有可能從B點脫離軌道，D正確．
故選AD.
答案：AD
[例2]　解析：設(shè)三者質(zhì)量為m，初狀態(tài)時彈簧彈力為F＝mg sin θ
釋放瞬間彈簧彈力不變，細線拉力為T＝2F.對滑環(huán)C，根據(jù)牛頓第二定律得mg＋T sin θ＝maC
解得aC>g，故A錯誤；
當(dāng)滑環(huán)C下降到滑輪等高處過程中，細線對滑環(huán)C的拉力做正功，由等高處到E點過程中，細線對滑環(huán)C的拉力做負功．則滑環(huán)C下降到與滑輪等高時機械能最大，故B正確；
滑環(huán)C到達E點時，物體B速度大小為vB，根據(jù)速度分解，則vB＝v sin θ，故C錯誤；
滑環(huán)C由D點到達E點時，彈簧伸長量與初狀態(tài)相同，物體B重力勢能和彈簧彈性勢能與初狀態(tài)相同．系統(tǒng)機械能守恒，則mgh＝mv2＋m(v sin θ)2
整理得2gh＝v2(1＋sin 2θ)，故D正確．
答案：BD
[例3]　解析：當(dāng)物塊從木板右端離開時，對m有
－fxm＝
對M有fxM＝
其中l(wèi)＝xm－xM
由于l>xM，則根據(jù)以上分析可知木板的動能一定小于fl，A錯誤，B正確；
根據(jù)以上分析，聯(lián)立有－fl＝
則物塊的動能一定小于－fl，C錯誤，D正確．
故選BD.
答案：BD
[例4]　解析：(1)設(shè)籃球自由下落，碰地之前的速率為v1，由運動學(xué)公式有＝2gH，設(shè)籃球反彈至h高處，離地時的速率為v2，由運動學(xué)公式有＝2gh
碰后速率與碰前速率之比＝ .
(2)籃球能反彈至h高度，壓力F做的功等于第一次碰撞過程損失的能量，WF＝mg(H－h(huán))
由圖像可知，拍球過程壓力做的功WF＝(h－h(huán)0)F0，解得F0＝.
(3)籃球與地球相互作用過程中，設(shè)地球質(zhì)量為M，當(dāng)籃球速度為v時，地球的速度為v0，由動量守恒得mv－Mv0＝0，解得v0＝
由于地球質(zhì)量M遠大于籃球質(zhì)量m，地球速度非常接近于零，可認為地球保持靜止不動．
答案：見解析
[例5]　解析：(1)小滑塊恰好能過C點，根據(jù)牛頓第二定律可得：mg＝
由機械能守恒定律可得：mgh2＝
解得h2＝0.25 m.
(2)彈簧豎直放置，被壓縮h1＝5 cm時的彈性勢能
Ep＝m0gh1＝0.01 J.
由能量守恒可知，小滑塊滑至第一次把彈簧壓縮到最短時有：mgh2＝μmgxMN＋E′p，
其中E′p＝Ep＝0.01 J
解得μmgxMN＝0.015 J
當(dāng)小滑塊從h3＝0.4 m處下滑后，第二次通過N點時的動能為EkN＝mgh3－2μmgxMN＝0.01 J
此時小滑塊動能小于0.015 J，故小滑塊不再與彈簧相碰，
由能量守恒可得：EkN＝μmgx
解得x＝0.4 m
即小滑塊最終停在N點左側(cè)0.4 m處．
答案：見解析
[提升訓(xùn)練]
1．解析：運動員做斜拋運動，從最高點到等高位置時間相等，ac兩點到b點的豎直高度不同，因此時間不同，故A錯誤；
根據(jù)h＝gt2，解得t＝，故B正確；
從a到b根據(jù)機械能守恒得mv2＝
解得vt＝，故C正確；
從a到b速度的變化量的大小為Δv＝gt＝，故D正確．
答案：BCD
2．解析：(1)由小球和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒可知Ep＝mv2
得小球離開桌面時速度大小為v＝ .
(2)離開桌面后由平拋運動規(guī)律可得h＝
第一次碰撞前速度的豎直分量為vy，由題可知vy′＝vy
離開桌面后由平拋運動規(guī)律得
x＝vt，vy＝gt
解得小球第一次落地點距桌面上其飛出的水平距離為
x＝.
答案：(1) 　(2)
3．解析：(1)飛機從靜止開始做勻加速直線運動，平均速度為，則L＝v1t
解得飛機滑行的時間為
t＝＝ s＝40 s
飛機滑行的加速度為
a＝＝ m/s2＝2 m/s2.
(2)飛機從水面至h＝100 m處，水的機械能包含水的動能和重力勢能，則
ΔE＝＝×802 J＋1×104×10×100 J＝2.8×107 J.
答案：(1)2 m/s2　40 s　(2)2.8×107 J(共50張PPT)
第5講　動量定理和動量守恒定律的應(yīng)用
命題點一　動量定理及應(yīng)用
1．沖量的三種計算方法
公式法 I＝Ft適用于求恒力的沖量
動量定理法 多用于求變力的沖量或F、t未知的情況
圖像法 F-t圖線與時間軸圍成的面積表示力的沖量．若F-t成線性關(guān)系，也可直接用平均力求解
2.理解動量定理時應(yīng)注意的四個問題
(3)動量定理是過程定理，解題時必須明確過程及初、末狀態(tài)的動量．
(4)動量定理的表達式是矢量式，在一維情況下，各個矢量必須選取統(tǒng)一的正方向．
例 1 如圖所示，學(xué)生練習(xí)用頭顛球．某一次足球從靜止開始下落20 cm，被豎直頂起，離開頭部后上升的最大高度仍為20 cm.已知足球與頭部的作用時間為0.1 s，足球的質(zhì)量為0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力．下列說法正確的是(　　)
A．下落到與頭部剛接觸時，足球動量大小為
1.6 kg· m/s
B．頭部對足球的平均作用力為足球重力的4倍
C．從最高點下落至重新回到最高點的過程中，
足球重力的沖量為2 N·s
D．與頭部作用過程中，足球動量變化量為0
答案：C
答案：BD
思維提升
應(yīng)用動量定理解題的一般步驟
(1)明確研究對象和研究過程(研究過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段)．
(2)進行受力分析：只分析研究對象以外的物體施加給研究對象的力，不必分析內(nèi)力．
(3)規(guī)定正方向．
(4)寫出研究對象的初、末動量和合外力的沖量，根據(jù)動量定理列方程求解．
答案：BD
(1)求：第②階段著陸器下降的高度h2、以及所受總平均阻力f的大小；
(2)著陸器在第④階段為自由落體運動：
①求著陸速度v4的大小；
②著陸時，緩沖設(shè)備讓著陸器在約0.1 s內(nèi)勻減速至0，請估算地面受到著陸器的平均沖擊力F的大小，并說出減小平均沖擊力的建議．
命題點二　動量守恒定律的綜合應(yīng)用
1．判斷守恒的三種方法
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為0，如光滑水平面上的板—塊模型、電磁感應(yīng)中光滑導(dǎo)軌上的雙桿模型．
(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，如爆炸、反沖．
(3)某一方向守恒：系統(tǒng)在某一方向上不受外力或所受外力的合力為0，則在該方向上動量守恒，如滑塊—斜面(曲面)模型．
2．動量守恒定律的三種表達形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，作用前的動量之和等于作用后的動量之和(常用)．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零．
答案：AC
答案：AD
答案：C
2．[2023·廣東省惠州市調(diào)研]2022年北京冬奧會，我國短道速滑隊奪得混合團體2 000 m接力決賽金牌，如果在某次交接棒訓(xùn)練中，質(zhì)量為60 kg的甲以7 m/s的速度在前面滑行，質(zhì)量為65 kg的乙以11 m/s的速度從后面追上，并迅速將甲向前推出．乙推出甲后做勻減速直線運動，10 s后停在離交接棒前方40 m的地方，則：
(1)假設(shè)乙推甲過程中不計任何阻力，則甲乙分離瞬間甲的速度為多大；若甲乙作用時間為0.3 s，則乙對甲的平均推力是多大；
(2)若甲離開乙后甲立即做勻加速直線運動，加速度大小為0.5 m/s2，4秒末剛好追上前方1 m處勻速滑行的另一隊的隊員丙，計算隊員丙勻速滑行的速度大小．
命題點三　碰撞模型及拓展
1．三類碰撞的特點
2．碰撞問題遵循的三條原則
(1)動量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋Ek2.
(3)若碰后同向，后方物體速度不大于前方物體速度．
例 1 [2023·河南省高三二模] (多選)如圖所示，質(zhì)量均為2 kg的三個物塊靜止在光滑水平面上，其中物塊B的右側(cè)固定一水平輕彈簧，物塊A與彈簧接觸但不拴接．某時刻物塊A突然以v0＝3 m/s的速度向左運動，已知當(dāng)A、B速度相等時，B與C恰好發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞過程時間極短，然后繼續(xù)運動．若B、C碰撞過程中損失的機械能為ΔE，B、C碰撞后運動的過程中彈簧的最大彈性勢能為Ep，則(　　)
A．ΔE＝4.875 J B．ΔE＝1.125 J
C．Ep＝6 J D．Ep＝4.875 J
答案：BD
例 2 如圖，靜置于水平地面的兩輛購物車沿一直線排列，質(zhì)量均為m，人在極短時間內(nèi)給第一輛車一水平?jīng)_量使其運動，當(dāng)車運動了距離L時與第二輛車相碰，兩車以共同速度繼續(xù)運動了距離L時停止．車運動時受到的摩擦阻力恒為車所受重力的k倍，重力加速度為g，若車與車之間僅在碰撞時發(fā)生相互作用，碰撞時間很短，忽略空氣阻力，求：
(1)兩車碰后共同運動過程的最大速率；
(2)人給第一輛車水平?jīng)_量的大小；
(3)碰撞時系統(tǒng)損失的機械能ΔE與整個運動過程中系統(tǒng)克服摩擦阻力做功Wf之比．
思維提升
碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
圖例(水平面光滑)
小球—彈簧模型
小球曲面模型
達到共速 相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，動量滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最大，分別轉(zhuǎn)化為彈性勢能、重力勢能或電勢能
再次分離
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
圖例(水平面、水平導(dǎo)軌都光滑)
達到共速 相當(dāng)于完全非彈性碰撞，動量滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最大，分別轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或電能
提升訓(xùn)練
1.[2023·江蘇常熟市期中]質(zhì)量相等的甲、乙兩球放在光滑的水平面上，它們用細線相連，開始時細線處于松弛狀態(tài)．現(xiàn)使兩球反向運動，v甲＝3 m/s，v乙＝－2 m/s，如圖所示，當(dāng)細繩拉緊時突然繃斷，這以后兩球的運動情況可能是(　　)
A．v′甲＝2.5 m/s，v′乙＝1 m/s
B．v′甲＝1.5 m/s，v′乙＝－0.5 m/s
C．v′甲＝0，v′乙＝1 m/s
D．v′甲＝4 m/s，v′乙＝－3 m/s
答案：B
解析：當(dāng)細繩拉緊時突然繃斷，滿足動量守恒，規(guī)定向左為正方向，m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙,因為兩球質(zhì)量相等，所以v甲＋v乙＝v′甲＋v′乙，代入A項中數(shù)據(jù)，不滿足條件，故A錯誤；
代入B項中數(shù)據(jù)，滿足v甲＋v乙＝v′甲＋v′乙
且滿足，動能不增加原則
，且不會二次碰撞，故B正確；
C項中，v乙＞v甲會發(fā)生二次碰撞，故C錯誤；
D項中，繩子斷后動能增加，違背能量守恒定律
，故D錯誤．
2. [2023·天津卷]一質(zhì)量為mA＝2 kg的A物體從距地面h＝1.2 m處由靜止自由下落，同時另一質(zhì)量為mB＝1 kg的B物體從A物體的正下方地面上豎直向上拋出，經(jīng)過t＝0.2 s兩物體相遇，碰撞后立刻粘在一起運動，已知重力加速度g＝10 m/s2，碰撞時間極短，不計空氣阻力．求兩物體：
(1)碰撞時離地面的高度x；
(2)碰后瞬間的速度v；
(3)碰撞過程損失的機械能ΔE.
3.[2023·上海卷]如圖，將小球P拴于L＝1.2 m的輕繩上，mP＝0.15 kg，向左拉開一段距離釋放， 水平地面上有一物塊Q，mQ＝0.1 kg.小球P于最低點A與物塊Q碰撞，P與Q碰撞前瞬間向心加速度為1.6 m/s2，碰撞前后P的速度之比為5∶1，碰撞前后P、Q總動能不變．(重力加速度g取9.8 m/s2，水平地面動摩擦因數(shù)μ＝0.28)
(1)求碰撞后瞬間物塊Q的速度vQ；
(2)P與Q碰撞后再次回到A點的時間內(nèi)，求物塊Q運動的距離s.
彈簧模型
彈簧問題綜合性強，但彈簧問題往往是由幾個基本的模型組合而成，掌握彈簧問題的基本模型，對于解決復(fù)雜的彈簧問題有很重要的意義．處理復(fù)雜的彈簧模型，要應(yīng)用基本的彈簧模型，應(yīng)用力的觀點、能的觀點以及動量的觀點解決問題．
類型 圖示 規(guī)律分析
瞬時性 初始時，A、B緊挨在一起但A、B之間無壓力．剪斷細繩的瞬間，彈簧的彈力不能突變，AB系統(tǒng)受到的合外力等于B的重力，用整體法求AB的加速度，隔離法求A、B間的相互作用力
對稱性
斜面光滑，物塊B緊靠擋板，物塊A被外力控制恰使彈簧處于原長狀態(tài)，撤去外力后，A物塊的運動具有對稱性
分離性
撤去外力F，AB向上運動的過程中，A、B相互作用力為0的位置為A、B分離的位置
模型1　彈性勢能不變模型
[典例1]　光滑斜面上物塊A被平行斜面的輕質(zhì)彈簧拉住靜止于O點，如圖所示，現(xiàn)將A沿斜面拉到B點無初速度釋放，物塊在BC范圍內(nèi)做簡諧運動，則下列說法錯誤的是(　　)
A．在運動過程中，物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒
B．從B到C的過程中，合外力對物塊A的沖量為零
C．物塊A從B點到O點過程中，動能的增量等于彈性勢能的減小量
D．B點時物塊A的機械能最小
答案：C
答案：C
模型3　碰撞模型
[典例3]　[2022·全國乙卷]如圖(a)，一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上；物塊B向A運動，t＝0時與彈簧接觸，到t＝2t0時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的v-t圖像如圖(b)所示．已知從t＝0到t＝t0時間內(nèi)，物塊A運動的距離為0.36v0t0.A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達到的最高點與前一次相同．斜面傾角為θ(sin θ＝0.6)，與水平面光滑連接．碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)．
求:
(1)第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；
(2)第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；
(3)物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)．第5講　動量定理和動量守恒定律的應(yīng)用
知識網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建
命題分類剖析
命題點一　動量定理及應(yīng)用
1．沖量的三種計算方法
公式法 I＝Ft適用于求恒力的沖量
動量定理法 多用于求變力的沖量或F、t未知的情況
圖像法 F t圖線與時間軸圍成的面積表示力的沖量．若F t成線性關(guān)系，也可直接用平均力求解
2.理解動量定理時應(yīng)注意的四個問題
(3)動量定理是過程定理，解題時必須明確過程及初、末狀態(tài)的動量．
(4)動量定理的表達式是矢量式，在一維情況下，各個矢量必須選取統(tǒng)一的正方向．
例 1 如圖所示，
學(xué)生練習(xí)用頭顛球．某一次足球從靜止開始下落20 cm，被豎直頂起，離開頭部后上升的最大高度仍為20 cm.已知足球與頭部的作用時間為0.1 s，足球的質(zhì)量為0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力．下列說法正確的是(　　)
A．下落到與頭部剛接觸時，足球動量大小為 1.6 kg· m/s
B．頭部對足球的平均作用力為足球重力的4倍
C．從最高點下落至重新回到最高點的過程中，足球重力的沖量為2 N·s
D．與頭部作用過程中，足球動量變化量為0
例 2 (多選)某市消防救援指揮中心接到報警稱；某區(qū)某街道某路某號4樓起火，70名指戰(zhàn)員到達現(xiàn)場將火勢撲滅，如圖所示，用高壓水槍噴出的強力水柱沖擊著火物時，設(shè)水柱直徑為D，以水平水流速度v垂直射向著火物，水柱沖擊著火物后速度為零．高壓水槍的質(zhì)量為M，消防員手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度忽略不計，水的密度為ρ，下列說法正確的是(　　)
A．水槍的流量(單位時間內(nèi)通過水槍某一橫截面的水量)為πvD2
B．水柱對著火物的沖擊力為πρD2v2
C．向前水平噴水時，消防員對水槍的作用力方向與水流方向相反
D．如果將水平水流速度變?yōu)樵瓉淼?倍，消防員對水槍的作用力小于原來的4倍
思維提升
應(yīng)用動量定理解題的一般步驟
(1)明確研究對象和研究過程(研究過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段)．
(2)進行受力分析：只分析研究對象以外的物體施加給研究對象的力，不必分析內(nèi)力．
(3)規(guī)定正方向．
(4)寫出研究對象的初、末動量和合外力的沖量，根據(jù)動量定理列方程求解．
提升訓(xùn)練
1.[2023·湖南邵陽一模](多選)2022年10月19日，階段性建成的世界首個電磁推進地面超高速試驗設(shè)施“電磁橇”，在濟南成功運行，其對噸級以上物體的最高推進速度，是目前磁懸浮列車在最大輸出功率下最高運行速度的倍．列車前進時會受到前方空氣的阻力，前進方向上與其作用的空氣立即從靜止變成與列車共速，已知空氣密度為ρ，列車迎面橫截面積為S.若用中國“電磁橇”作為動力車組，在其他條件完全相同的情況下，不計其他阻力，中國“電磁橇”與目前磁懸浮列車相比．下列說法正確的是(　　)
A．車頭迎面承受的壓力變?yōu)槟壳暗谋?br/>B．車頭迎面承受的壓力變?yōu)槟壳暗谋?br/>C．最大輸出功率變?yōu)槟壳暗谋?br/>D．最大輸出功率變?yōu)槟壳暗谋?br/>2．[2023·陜西省西安市長安區(qū)模擬]2021年5月15日，“天問一號”著陸器成功著陸火星表面，這標志著我國首次火星探測任務(wù)——著陸火星取得圓滿成功．它著陸前的運動可簡化為如圖所示四個過程，若已知著陸器質(zhì)量m＝1.3×103kg(降落傘質(zhì)量遠小于著陸器質(zhì)量)，懸停時離地面的高度h4＝8 m，取火星表面重力加速度g′＝，忽略著陸器質(zhì)量的變化和g′的變化．若第②、第③和第④階段的運動都可視為加速度不同的豎直向下勻變速直線運動．
(1)求：第②階段著陸器下降的高度h2、以及所受總平均阻力f的大小；
(2)著陸器在第④階段為自由落體運動：
①求著陸速度v4的大小；
②著陸時，緩沖設(shè)備讓著陸器在約0.1 s內(nèi)勻減速至0，請估算地面受到著陸器的平均沖擊力F的大小，并說出減小平均沖擊力的建議．
命題點二　動量守恒定律的綜合應(yīng)用
1．判斷守恒的三種方法
(1)理想守恒：不受外力或所受外力的合力為0，如光滑水平面上的板—塊模型、電磁感應(yīng)中光滑導(dǎo)軌上的雙桿模型．
(2)近似守恒：系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，如爆炸、反沖．
(3)某一方向守恒：系統(tǒng)在某一方向上不受外力或所受外力的合力為0，則在該方向上動量守恒，如滑塊—斜面(曲面)模型．
2．動量守恒定律的三種表達形式
(1)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，作用前的動量之和等于作用后的動量之和(常用)．
(2)Δp1＝－Δp2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向．
(3)Δp＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零．
例 1 [2023·遼寧卷](多選)
如圖，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場中，磁感應(yīng)強度大小分別為2B和B.已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長度為d，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長度為2d，PQ的質(zhì)量是MN的2倍．初始時刻兩棒靜止，兩棒中點之間連接一壓縮量為L的輕質(zhì)絕緣彈簧．釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運動直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)．整個過程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計．下列說法正確的是(　　)
A．彈簧伸展過程中，回路中產(chǎn)生順時針方向的電流
B．PQ速率為v時，MN所受安培力大小為
C．整個運動過程中，MN與PQ的路程之比為2∶1
D．整個運動過程中，通過MN的電荷量為
例 2[2023·山東省六校線上聯(lián)考](多選)
如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為2M、半徑為R(R足夠大)的光滑圓弧曲面C，質(zhì)量為M的小球B置于其底端，另一個小球A質(zhì)量為，小球A以v0＝6 m/s的速度向B運動，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計一切摩擦，小球均可視為質(zhì)點，則(　　)
A．B的最大速率為4 m/s
B．B運動到最高點時的速率為 m/s
C．B能與A再次發(fā)生碰撞
D．B不能與A再次發(fā)生碰撞
提升訓(xùn)練
1.
[2023·陜西省渭南市臨渭區(qū)質(zhì)量檢測]如圖所示，質(zhì)量M＝2 kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質(zhì)量m＝1 kg的小球通過長L＝0.5 m的輕質(zhì)細桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O軸自由轉(zhuǎn)動，開始輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度v0＝4 m/s，g取10 m/s2.則(　　)
A．若鎖定滑塊，小球通過最高點P時對輕桿的作用力為4 N
B．若解除對滑塊的鎖定，滑塊和小球組成的系統(tǒng)動量守恒
C．若解除對滑塊的鎖定，小球通過最高點時速度為2 m/s
D．若解除對滑塊的鎖定，小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點與小球起始位置點間的距離為 m
2．[2023·廣東省惠州市調(diào)研]2022年北京冬奧會，我國短道速滑隊奪得混合團體2 000 m接力決賽金牌，如果在某次交接棒訓(xùn)練中，質(zhì)量為60 kg的甲以7 m/s的速度在前面滑行，質(zhì)量為65 kg的乙以11 m/s的速度從后面追上，并迅速將甲向
前推出．乙推出甲后做勻減速直線運動，10 s后停在離交接棒前方40 m的地方，則：
(1)假設(shè)乙推甲過程中不計任何阻力，則甲乙分離瞬間甲的速度為多大；若甲乙作用時間為0.3 s，則乙對甲的平均推力是多大；
(2)若甲離開乙后甲立即做勻加速直線運動，加速度大小為0.5 m/s2，4秒末剛好追上前方1 m處勻速滑行的另一隊的隊員丙，計算隊員丙勻速滑行的速度大小．
命題點三　碰撞模型及拓展
1．三類碰撞的特點
2．碰撞問題遵循的三條原則
(1)動量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.
(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋Ek2.
(3)若碰后同向，后方物體速度不大于前方物體速度．
例 1 [2023·河南省高三二模]
(多選)如圖所示，質(zhì)量均為2 kg的三個物塊靜止在光滑水平面上，其中物塊B的右側(cè)固定一水平輕彈簧，物塊A與彈簧接觸但不拴接．某時刻物塊A突然以v0＝3 m/s的速度向左運動，已知當(dāng)A、B速度相等時，B與C恰好發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞過程時間極短，然后繼續(xù)運動．若B、C碰撞過程中損失的機械能為ΔE，B、C碰撞后運動的過程中彈簧的最大彈性勢能為Ep，則(　　)
A．ΔE＝4.875 J B．ΔE＝1.125 J
C．Ep＝6 J D．Ep＝4.875 J
例 2 如圖，靜置于水平地面的兩輛購物車沿一直線排列，質(zhì)量均為m，人在極短時間內(nèi)給第一輛車一水平?jīng)_量使其運動，當(dāng)車運動了距離L時與第二輛車相碰，兩車以共同速度繼續(xù)運動了距離L時停止．車運動時受到的摩擦阻力恒為車所受重力的k倍，重力加速度為g，若車與車之間僅在碰撞時發(fā)生相互作用，碰撞時間很短，忽略空氣阻力，求：
(1)兩車碰后共同運動過程的最大速率；
(2)人給第一輛車水平?jīng)_量的大小；
(3)碰撞時系統(tǒng)損失的機械能ΔE與整個運動過程中系統(tǒng)克服摩擦阻力做功Wf之比．
思維提升
碰撞拓展
(1)“保守型”碰撞拓展模型
圖例(水平面光滑) 小球—彈簧模型 小球曲面模型
達到共速 相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，動量滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最大，分別轉(zhuǎn)化為彈性勢能、重力勢能或電勢能
再次分離 相當(dāng)于彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動量守恒，動量滿足mv0＝mv1＋Mv2，能量滿足＝
(2)“耗散型”碰撞拓展模型
圖例(水平面、水平導(dǎo)軌都光滑)
達到共速 相當(dāng)于完全非彈性碰撞，動量滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動能最大，分別轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或電能
提升訓(xùn)練
1.[2023·江蘇常熟市期中]質(zhì)量相等的甲、乙兩球放在光滑的水平面上，它們用細線相連，開始時細線處于松弛狀態(tài)．現(xiàn)使兩球反向運動，v甲＝3 m/s，v乙＝－2 m/s，如圖所示，當(dāng)細繩拉緊時突然繃斷，這以后兩球的運動情況可能是(　　)
A．v′甲＝2.5 m/s，v′乙＝1 m/s
B．v′甲＝1.5 m/s，v′乙＝－0.5 m/s
C．v′甲＝0，v′乙＝1 m/s
D．v′甲＝4 m/s，v′乙＝－3 m/s
2. [2023·天津卷]一質(zhì)量為mA＝2 kg的A物體從距地面h＝1.2 m處由靜止自由下落，同時另一質(zhì)量為mB＝1 kg的B物體從A物體的正下方地面上豎直向上拋出，經(jīng)過t＝0.2 s兩物體相遇，碰撞后立刻粘在一起運動，已知重力加速度g＝10 m/s2，碰撞時間極短，不計空氣阻力．求兩物體：
(1)碰撞時離地面的高度x；
(2)碰后瞬間的速度v；
(3)碰撞過程損失的機械能ΔE.
3.
[2023·上海卷]如圖，將小球P拴于L＝1.2 m的輕繩上，mP＝0.15 kg，向左拉開一段距離釋放， 水平地面上有一物塊Q，mQ＝0.1 kg.小球P于最低點A與物塊Q碰撞，P與Q碰撞前瞬間向心加速度為1.6 m/s2，碰撞前后P的速度之比為5∶1，碰撞前后P、Q總動能不變．(重力加速度g取9.8 m/s2，水平地面動摩擦因數(shù)μ＝0.28)
(1)求碰撞后瞬間物塊Q的速度vQ；
(2)P與Q碰撞后再次回到A點的時間內(nèi)，求物塊Q運動的距離s.
素養(yǎng)培優(yōu)·模型建構(gòu)
彈簧模型
彈簧問題綜合性強，但彈簧問題往往是由幾個基本的模型組合而成，掌握彈簧問題的基本模型，對于解決復(fù)雜的彈簧問題有很重要的意義．處理復(fù)雜的彈簧模型，要應(yīng)用基本的彈簧模型，應(yīng)用力的觀點、能的觀點以及動量的觀點解決問題．
類型 圖示 規(guī)律分析
瞬時性 初始時，A、B緊挨在一起但A、B之間無壓力．剪斷細繩的瞬間，彈簧的彈力不能突變，AB系統(tǒng)受到的合外力等于B的重力，用整體法求AB的加速度，隔離法求A、B間的相互作用力
對稱性 斜面光滑，物塊B緊靠擋板，物塊A被外力控制恰使彈簧處于原長狀態(tài)，撤去外力后，A物塊的運動具有對稱性
分離性 撤去外力F，AB向上運動的過程中，A、B相互作用力為0的位置為A、B分離的位置
模型1　彈性勢能不變模型
[典例1]　
光滑斜面上物塊A被平行斜面的輕質(zhì)彈簧拉住靜止于O點，如圖所示，現(xiàn)將A沿斜面拉到B點無初速度釋放，物塊在BC范圍內(nèi)做簡諧運動，則下列說法錯誤的是(　　)
A．在運動過程中，物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒
B．從B到C的過程中，合外力對物塊A的沖量為零
C．物塊A從B點到O點過程中，動能的增量等于彈性勢能的減小量
D．B點時物塊A的機械能最小
模型2　彈性勢能對稱模型
[典例2]　[2022·湖北卷]
如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的小物塊P和Q，用輕質(zhì)彈簧連接后放在水平地面上，P通過一根水平輕繩連接到墻上．P的下表面光滑，Q與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．用水平拉力將Q向右緩慢拉開一段距離，撤去拉力后，Q恰好能保持靜止．彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度大小為g.若剪斷輕繩，P在隨后的運動過程中相對于其初始位置的最大位移大小為(　　)
A．　　　　 B．
C． D．
模型3　碰撞模型
[典例3]　[2022·全國乙卷]如圖(a)，一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上；物塊B向A運動，t＝0時與彈簧接觸，到t＝2t0時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的v t圖像如圖(b)所示．已知從t＝0到t＝t0時間內(nèi)，物塊A運動的距離為0.36v0t0.A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達到的最高點與前一次相同．斜面傾角為θ(sin θ＝0.6)，與水平面光滑連接．碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)．求
(1)第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；
(2)第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；
(3)物塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)．
第5講　動量定理和動量守恒定律的應(yīng)用
命題分類剖析
命題點一
[例1]　解析：下落到與頭部剛接觸時，由運動學(xué)公式v2＝2gh
解得v＝＝ m/s＝2 m/s，則足球動量大小為p＝mv＝0.4×2 kg· m/s＝0.8 kg· m/s
故A錯誤；
以向上為正方向，由動量定理定律可知(F－mg)Δt＝mv2－mv1解得F＝20 N＝5mg，故B錯誤；
從最高點下落到頭部的時間為t＝ ＝ s＝0.2 s
從最高點下落至重新回到最高點的過程中，足球重力的沖量為I＝mg(2t＋Δt)＝0.4×10×(0.2×2＋0.1)N·s＝2 N·s，故C正確；
由題可知，與頭部碰撞后，離開頭部后上升的最大高度仍為20 cm，則離開時速度反向，大小不變，取向上為正方向，則動量變化為Δp＝mv′－mv＝(0.8＋0.8)kg· m/s＝1.6 kg· m/s，故D錯誤．
答案：C
[例2]　解析：設(shè)Δt時間內(nèi)，從水槍噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則有Δm＝ρΔV，ΔV＝SvΔt＝πD2vΔt，則流量為＝πD2v，選A錯誤．考慮一段極短時間Δt′，在此時間內(nèi)噴到著火物上水的質(zhì)量為m，設(shè)著火物對水柱的作用力為F，由動量定理有FΔt′＝mv，Δt′時間內(nèi)沖到著火物上水的質(zhì)量為m＝ρπD2vΔt′，解得F＝πρD2v2，由牛頓第三定律可知，水柱對著火物的沖擊力為F′＝F＝πρD2v2，選項B正確；當(dāng)高壓水槍向前噴出高壓水流時，水流對高壓水槍的作用力向后，由于高壓水槍有重力，根據(jù)平衡條件，手對高壓水槍的作用力方向斜向前上方，選項C錯誤．如果將水平水流速度變?yōu)樵瓉淼?倍，由水槍受到水流的力F″＝可得反沖力變?yōu)樵瓉淼?倍，水槍處于平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡條件，手對水槍的力的水平方向分力變?yōu)樵瓉淼?倍，但水槍重力不變，手對水槍的力的豎直方向分力不變，則消防員對水槍的作用力小于原來的4倍，選項D正確．
答案：BD
[提升訓(xùn)練]
1．解析：設(shè)列車運行的速度為v，在Δt時間內(nèi)，與列車作用的空氣質(zhì)量為Δm＝ρSvΔt，取這部分空氣作為研究對象，設(shè)運動方向為正方向，由動量定理fΔt＝Δmv－0，解得列車對空氣的作用力大小為f＝ρSv2，由牛頓第三定律得，車頭迎面承受的壓力為FN＝f＝ρSv2，可得FN∝v2，用“電磁橇”推進磁懸浮列車的最高運行速度為原來的倍，則車頭迎面承受的壓力變?yōu)槟壳暗谋叮x項A錯誤，B正確．當(dāng)列車速度達到最大時，牽引力F＝f＝ρSv2，此時列車的最大輸出功率為P＝Fv＝ρSv3，可得P∝v3，由于“電磁橇”推進磁懸浮列車的最高運行速度為原來的倍，則最大輸出功率變?yōu)槟壳暗谋叮x項C錯誤，D正確．
答案：BD
2．解析：(1)由加速度定義式可得：a＝
代入數(shù)據(jù)解得：a＝－4 m/s2，負號表示方向向上；
此階段為勻減速直線運動，由平均速度公式可得：h2＝(t2－t1)
代入數(shù)據(jù)得：h2＝25 200 m
根據(jù)牛頓第二定律可得：mg′－f＝ma
代入數(shù)據(jù)得：f＝1.04×104 N；
(2)由＝2g′h4可得著陸速度v4的大小為：v4＝8 m/s
取向上為正方向，由動量定理可得：
(F－mg′)t＝0－m(－v4)，
解得：F＝1.092×105N
由動量定理可知增大落地時間，平均沖擊力會減小、降低懸停時離地面的高度，可減小著陸時的速度也可減小平均沖擊力．
答案：(1)25 200 m　 1.04×104 N
(2)①8 m/s　②1.092×105 N，增大落地時間、降低懸停時離地面的高度．
命題點二
[例1]　解析：彈簧伸展過程中，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時針方向的電流，選項A正確；任意時刻，設(shè)電流為I，則PQ受安培力FPQ＝BI·2d，方向向左；MN受安培力FMN＝2BId，方向向右．
可知兩棒系統(tǒng)受合外力為零，動量守恒，設(shè)PQ質(zhì)量為2m，則MN質(zhì)量為m, PQ速率為v時，則2mv＝mv′
解得v′＝2v
回路的感應(yīng)電流I＝＝
MN所受安培力大小為FMN＝2BId＝
選項B錯誤；
兩棒最終停止時彈簧處于原長狀態(tài)，由動量守恒可得
mx1＝2mx2
x1＋x2＝L
可得最終MN位置向左移動x1＝
PQ位置向右移動x2＝
因任意時刻兩棒受安培力和彈簧彈力大小都相同，設(shè)整個過程兩棒受的彈力的平均值為F彈，安培力平均值F安，則整個過程根據(jù)動能定理
F彈x1－F安xMN＝0
F彈x2－F安xPQ＝0
可得＝＝
選項C正確；
兩棒最后停止時，彈簧處于原長位置，此時兩棒間距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移動，PQ位置向右移動，則
q＝Δt＝＝＝
選項D錯誤．故選AC.
答案：AC
[例2]　解析：A與B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得v0＝＝，解得vA＝－2 m/s，vB＝4 m/s，故B的最大速率為4 m/s，選項A正確；B沖上C并運動到最高點時二者共速，設(shè)為v，則MvB＝(M＋2M)v，得v＝ m/s，選項B錯誤；從B沖上C然后又滑下的過程，設(shè)B、C分離時速度分別為v′B、v′C，由水平方向動量守恒有MvB＝Mv′B＋2Mv′C，由機械能守恒有＝，聯(lián)立解得v′B＝－ m/s，由于|v′B|<|vA|，所以二者不會再次發(fā)生碰撞，選項C錯誤，D正確．
答案：AD
[提升訓(xùn)練]
1．解析：設(shè)小球能通過最高點，且此時的速度為v1.在上升過程中，因只有重力做功，小球的機械能守恒，由機械能守恒定律得：＝代入數(shù)據(jù)解得：對小球由牛頓第二定律得：，代入數(shù)據(jù)解得：F＝2 N，即在最高點桿對小球的作用力方向向下，大小為2 N，根據(jù)牛頓第三定律可知小球通過最高點時小球?qū)U的作用力方向向上，大小為2 N，故A錯誤；
若解除鎖定，小球和滑塊構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，設(shè)小球的水平方向為正方向，由動量守恒得mvm＝MvM，由機械能守恒得＝＋mgL，得vm＝2 m/s，故B錯誤，C正確；
設(shè)小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點與小球起始位置點間的距離為xm，滑塊運動的距離為xM，由系統(tǒng)水平方向動量守恒得mxm＝MxM，又xm＋xM＝2L，得xm＝ m，故D錯誤．
答案：C
2．解析：(1)乙推出甲后x乙＝t
得乙推出甲后乙的速度v乙＝8 m/s
乙推甲過程，甲乙組成的系統(tǒng)動量守恒，則有M甲v甲0＋M乙v乙0＝M甲v甲＋M乙v乙
解得v甲＝10.25 m/s
乙推甲過程，對甲由動量定理得F·Δt＝M甲v甲－M甲v甲0
解得F＝650 N.
(2)4秒末甲剛好追上前方1 m處勻速滑行的另一隊的隊員丙，由位移關(guān)系可知v甲t1＝v丙t1＋x0
丙勻速滑行的速度大小為v丙＝11 m/s.
答案：(1)10.25 m/s　650 N　(2)11 m/s
命題點三
[例1]　解析：對A、B整體由動量守恒有mv0＝2mv1
對B、C整體由動量守恒有mv1＝2mv2
解得v2＝
對A、B、C整體由動量守恒有mv0＝3mv3
B、C碰撞過程中損失的機械能為
ΔE＝＝1.125 J
B、C碰撞后運動的過程中彈簧的最大彈性勢能為Ep＝＝4.875 J，故選B、D.
答案：BD
[例2]　解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律有：k·2mg＝2ma
根據(jù)速度—位移公式有：v2＝2aL
聯(lián)立解得：v＝.
(2)兩輛車碰撞過程系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰撞前第一輛車的速度大小為v0，以碰撞前第一輛車的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝2mv
對第一輛車，根據(jù)位移—時間關(guān)系有：L＝
由動量定理得：I－μmgt0＝mv0－0
解得該同學(xué)對第一輛車的沖量大小：I＝m.
(3)設(shè)兩輛車碰撞過程損失的機械能為ΔE，由能量守恒定律得：＝·2mv2＋ΔE
解得：ΔE＝2kmgL
對兩輛車在整個運動過程，由能量守恒定律得：
W0＝ΔE＋W
根據(jù)功能關(guān)系有：W0＝
根據(jù)動量定理有：I＝mv初
解得＝.
答案：(1) 　 (2) m　(3)
[提升訓(xùn)練]
1．解析：當(dāng)細繩拉緊時突然繃斷，滿足動量守恒，規(guī)定向左為正方向，m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v′甲＋m乙v′乙
因為兩球質(zhì)量相等，所以v甲＋v乙＝v′甲＋v′乙，代入A項中數(shù)據(jù)，不滿足條件，故A錯誤；
代入B項中數(shù)據(jù)，滿足v甲＋v乙＝v′甲＋v′乙
且滿足，動能不增加原則，且不會二次碰撞，故B正確；
C項中，v乙＞v甲會發(fā)生二次碰撞，故C錯誤；
D項中，繩子斷后動能增加，違背能量守恒定律，故D錯誤．
答案：B
2．解析：(1)對A物體，根據(jù)運動學(xué)公式可得
h－x ＝gt2
解得x＝1 m.
(2)設(shè)B物體從地面豎直向上拋出時的速度為vB0，根據(jù)運動學(xué)公式可知
x＝vB0t－gt2
解得vB0＝6 m/s
根據(jù)運動學(xué)公式可得碰撞前瞬間A物體的速度大小為
vA＝gt ＝2 m/s，方向豎直向下
碰撞前瞬間B物體的速度大小為
vB＝vB0－gt＝4 m/s，方向豎直向上
選豎直向下為正方向，由動量守恒定律可得
mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v
解得碰后瞬間的速度v＝0.
(3)根據(jù)能量守恒定律可知碰撞過程損失的機械能為
ΔE＝－(mA＋mB)v2
解得ΔE＝12 J.
答案：(1)1 m　(2)0　(3)12 J
3．解析：(1)已知小球P與Q碰撞之前的向心加速度，由向心力公式可得：F向＝＝ma代入數(shù)據(jù)解得v≈1.39 m/s
又因為碰撞前后P的速度之比為5∶1，所以碰后P的速度：vP＝v≈0.28 m/s
P與Q碰撞時間極短，系統(tǒng)內(nèi)力遠大于外力，動量守恒得：mPv＝mPvP＋mQvQ 代入數(shù)據(jù)解得vQ≈1.67 m/s，方向水平向右；
(2)由于L＝1.2 m遠大于小球直徑，碰后速度小，上升高度小，小球P碰后做簡諧運動，根據(jù)簡諧運動單擺周期公式：T＝2π
小球碰后再次到平衡位置的時間：t＝，聯(lián)立解得t≈2.20 s
碰后Q做勻減速直線運動，由牛頓第二定律得μmQg＝mQa
速度減為零所需時間為t′，由速度公式得：0＝vQ－at′
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：t′≈0.61 s 得：t>t′，故在小球P再次到平衡位置的時間內(nèi)，小球Q早已停下
由速度位移公式可得s＝，代入數(shù)據(jù)解得s≈0.51 m
答案：(1)1.67 m/s，方向水平向右　(2)0.51 m
素養(yǎng)培優(yōu)·模型建構(gòu)
[典例1]　解析：在運動過程中，物塊A和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，故A正確；從B到C的過程中，根據(jù)動量定理可知Ft＝mvC－mvB，由于B、C兩點的速度為零，故合外力對物塊A的沖量為零，故B正確；從B點到O點的過程中，對物塊A根據(jù)動能定理可知－mgh－W彈＝－0，故動能的增量等于彈性勢能的減小量減去克服重力做的功，故C錯誤；物塊A和彈簧系統(tǒng)機械能守恒，B點時彈簧的彈性勢能最大，故物塊A的機械能最小，故D正確．
答案：C
[典例2]　解析：Q恰好能保持靜止時，設(shè)彈簧的伸長量為x，滿足kx＝2μmg，若剪斷輕繩后，物塊P與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，彈簧的最大壓縮量也為x，因此P相對于其初始位置的最大位移大小為s＝2x＝，C正確．
答案：C
[典例3]　解析：(1)t0時彈簧被壓縮至最短，A、B碰撞動量守恒，由圖(b)知
mB·1.2v0＝(mB＋mA)v0
得：mB＝5mA＝5m
此過程A、B與彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒
彈簧的最大彈性勢能Epmax＝|ΔEk|＝＝.
(2)t0時彈簧壓縮量最大，設(shè)為Δx
由題意，0～t0內(nèi)，
mAvA＋mBvB＝mB·1.2v0
即mvA＋5mvB＝6mv0
化簡得vA＝5(1.2v0－vB)
根據(jù)圖(b)分析上式，A圖線在0～t0上任意一點到橫坐標軸的距離等于同一時刻B圖線上對應(yīng)點到v＝1.2v0線的距離的5倍．由v t圖線與時間軸所圍面積表示位移，且0～t0時間內(nèi)xA＝t0，可知0～t0時間內(nèi)圖線B與v＝1.2v0線所圍面積x1＝xA＝0.072v0t0，圖線B與A之間所圍面積表示Δx，則Δx＝＝0.768v0t0.
(3)A、B第二次碰撞過程，設(shè)碰前A速度大小為vA1，碰后A、B速度大小分別為v′A、v′B
動量守恒：mB·0.8v0－mAvA1＝mBv′B＋mAv′A
動能不變：＝
由題意知v′A＝2v0
聯(lián)立解得vA1＝v0
對A第一次碰撞后以2v0沖上斜面至速度為零過程，由動能定理有
－mgh－＝0－m(2v0)2
對A沖上斜面又下滑至水平面過程，由動能定理有＝－m(2v0)2
聯(lián)立解得μ＝0.45.
答案：　(2)0.768v0t0　(3)0.45

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