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?吉林省長春市高三下第四次質(zhì)量檢測）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。下列說法正確的是（）

A.木塊8可能受到4個力作用

B.木塊A對木塊8的摩瘵力可能為。

C.木塊8對木塊A的作用力方向豎直向上

D.斜面對木塊8的摩擦力方向沿斜面向下

答案A

解析因為木塊A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對木塊B的摩擦力不可能為0,B錯誤；又因為木塊B對木塊

A的支持力豎直向上，故木塊8對木塊A的作用力（支持力與摩擦力的合力）斜向

右上方，C錯誤；對木塊B受力分析可知，其受到的力一定有重力、木塊A對其

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

由于廠大小未知，故斜面對木塊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錯誤，A正確。

2.（2021.安徽省池州市一模）如圖所示，長方體滑塊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下滑過程中始終保持相對靜止,

斜面體C在水平地面上始終保持不動。則下列說法正確的是（）

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保持相對靜止，則4

與8間的動摩擦因數(shù)滿足〃2tan。，故A、B錯誤；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錯誤，D正確。

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

（二）動態(tài)平衡中的“動桿”“定桿”以及“活結(jié)”“死結(jié)”

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

把鋼材運送到水池的底部。如圖，工人甲將鋼材放到一定深度時拉住手中的繩保

持靜止，乙通過拉繩將鋼材微調(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，鋼材向左移動的過程中（）

A.甲對地面的壓力不變

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

解析對鋼材所連接的繩子節(jié)點進行受力分析，設(shè)甲所拉繩在節(jié)點的作用力

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，所以該節(jié)點

所受合力時刻為零，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??；因為工人甲保持靜止，在此過程中，

繩對工人甲的力與水平方向的夾角儀不變，對工人甲受力分析，由平衡條件得尸

甲sina+N=/n甲g,N為地面對甲的支持力，因為產(chǎn)甲減小，加甲不變，所以N變

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

因為。大于a,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M點且垂直于

紙面的軸轉(zhuǎn)動，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。若所掛的重物不變，保持。M與豎直墻面的夾角不變而將

天車稍微向左開動一點距離，下列說法正確的是（）

A.尼龍繩ON對。點的拉力不變

B.尼龍繩ON對。點的拉力增大

C.龍骨OM對。點的支持力不變

D.龍骨OM對。點的支持力減小

答案B

解析以。點為研究對象進行受力分析，如圖所示，由平衡條件知人G、

R三個力合力為零，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錯誤。

［名師點撥］（1）平衡時“動桿”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

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，平衡時導(dǎo)線

呈弧形下垂，最低點在。處，已知弧的長度是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、。三個位置的拉力分別為國、FB、FC,導(dǎo)線質(zhì)量為川，對

4C段受力分析，由平衡條件得=FAsina=FCi對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

同一高度的兩個釘子上，中點懸掛一質(zhì)量為M的物體。系統(tǒng)平衡時，繩子中點兩

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)繩子中點處的拉力大小為T,繩子兩端點處的拉力大小均為V,

對繩子中點受力分析，由平衡條件可知27cosa=Mg,對繩子和物體整體受力分析,

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

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

［名師點撥］分析與質(zhì)量不可忽略的軟繩有關(guān)的問題時，關(guān)鍵是靈活運用整

體法和隔離法，然后運用相關(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）共點力動態(tài)平衡中的臨界、極值問題

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

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

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。、力整體為研究對象，分析受力，作出F在幾個方向時整體

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，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。

［名師點撥］對共點力動態(tài)平衡中的臨界、極值問題，可對問題先作極限分

析，考慮用圖解法或數(shù)學(xué)上求極值的方法進行處理。

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

物理學(xué)家李政道曾夸贊說：“筷子如此簡單的兩根木頭，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摩擦因數(shù)為〃,

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

是（）

A.筷子對小球的最小壓力是為缶麗

B.當(dāng)。增大時，筷子對小球的最小壓力一定增大

C.當(dāng)。減小時，筷子對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則對小球有2fcos0

niQ

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

Zv//COS（7—Slnu）

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

定增大，故B正確，C錯誤；要想用筷子夾住小球，表達式及二荻意、^須

大于零，即必須滿足〃>tanO,故D正確。

二、勻變速直線運動規(guī)律及圖象

（一）運動圖象拓展問題

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動,

其中甲車以6m/s的速度做勻速直線運動，乙車做初速度為零的勻變速直線運動,

它們的位移x隨時間，的變化如圖所示。已知，=3s時，甲、乙圖線的斜率相等。

下列判斷正確的是（）

A.最初的一段時間內(nèi)，甲、乙的運動方向相反

R）=3s時，乙車的速度大小為9

C.A=10s時兩車相遇

D.乙車經(jīng)過原點（即參照點）時的速度大小為2/m/s

答案C

解析位移一時間圖象的斜率表示速度，最初的一段時間內(nèi)，甲、乙的斜率

均為正值，所以甲、乙的運動方向相同，故A錯誤；乙車做初速度為零的勻變速

直線運動，r=3s時，甲、乙圖線的斜率相等，所以，=3s時乙的速度是6m/s,

B錯誤；乙的力口速度m/s2=2mH,設(shè)。時刻兩車相遇，相遇時有。甲。

+40m=解得：力=10s,故C正確；根據(jù)。2-0=2的乙經(jīng)過原點時的速

度大小為0=4、6m/s,故D錯誤。

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

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

變化所用時間△，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。

一物體從靜止開始做直線運動，其加速度。隨時間，的變化關(guān)系如圖，則該物體

在（）

A.1~3s內(nèi)做減速運動

B.。?5s內(nèi)速度方向發(fā)生改變

C./=2s時和u4s時加速度等大反向

D.f=2s時和f=4s時急動度等大反向

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動，故A錯誤;

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

度始終為正值，速度方向不變，故R錯誤；由圖象可知，時和f=4*時加

速度等大反向，故C正確；，=2s時和，=4s時，圖象斜率相同，故急動度相同,

故D錯誤。

［名師點撥］對一些不常見的運動圖象，處理方式同常見圖象類似，要明確

圖線的“斜率”或與坐標(biāo)軸圍成的“面積”的物理意義，然后再進一步解題。

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

X

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

的關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是（）

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，兩車間最遠距離為7.5m

D.乙車速度減小到零時，甲車速度為20m/s

答案C

1V1

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

2

at,所以對于甲車有金甲二學(xué)m*,得。甲=10m/s,故A錯誤；對于乙車，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，乙二丁上二一1s=3s,故B錯誤；甲車做初速度為零

a乙—J

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

最遠，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，此時兩車距離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，甲車速度為。甲二。甲，乙

=10X3m/s=30m/s,故D錯誤。

（二）逆向思維法處理末速度為零的勻減速直線運動

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，剎車過程中汽車做勻減速直線運動，?！皥D象如圖所示。已知汽車開始剎

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)過時間，后汽車停止運動，運用逆向思維有g(shù)w-2s）2=（）.5m,“

-1s)2=4.5m,解得〃=4m/s2,故選A。

［名師點撥］末速度為零的勻減速直線運動可等效為逆向的初速度為零的

勻加速直線運動進行處理，等效后的數(shù)學(xué)運算會簡單很多。

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

活動中，“奮斗者號”從距海面深”處以某一初速度豎直上浮，并從此時刻開始

計時，做勻減速直線運動，經(jīng)過時間，上浮到海面，速度恰好減為零，則下列說

法正確的是（）

A.上浮時的初速度為當(dāng)

B.上浮時的初速度為:

H（t-to）2

C.在fo?oU）時刻距離海平面的深度為七一

H（t-to）2

D.在時刻距離海平面的深度為一—

答案BC

解析將“奮斗者號”的運動逆向看做初速度為零的勻加速直線運動，則由

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

Vo2H1H（t-to）2

為。=7=F，則在時刻距離海平面的深度為人二54"-。）-=--，故

C正確，D錯誤。

三、牛頓第二定律的應(yīng)用

（一）動力學(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

時間/變化的水平拉力尸作用時，用傳感器測出滑塊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，木板8的加速度為4m*

D.滑塊A與木板8間的動摩擦因數(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間的動摩

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

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

尸＞10N時，A與8將發(fā)生相對滑動，對4單獨應(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錯誤；當(dāng)尸二12N時，木板8的加速度為四=鬻=1m/s2,故C錯

誤。

［名師點撥］有關(guān)動力學(xué)的圖象經(jīng)常是不常見的圖象，可以用最基本的動力

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

象的信息來進一步分析物理過程的變化規(guī)律或進一步解決問題。

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

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

開始減速下降，這一過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

為返回過程為豎直降落。從某時刻開始計時，返回艙運動的v-t圖象如圖所示，

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

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

(1)在初始時刻，即如=160m/s時，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，底部的4個反推力小火箭點火工作，

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，過A點切線的斜率即為返回艙此時的加速度，

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

勻速運動。設(shè)返回艙所受空氣浮力為￡對返回艙，在時，根據(jù)牛頓第二定

律有：kvl+f-Mg=Mai

速度為功=8m/s時，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，已處于勻速運動狀

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

=Mai

又由運動學(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的速度逆時針勻速運行。將一煤塊從力=33.6m的高

臺從靜止開始運送到地面，煤塊可看做質(zhì)點，已知煤塊的質(zhì)量為團=1kg,煤塊

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

cos37°=0.8o煤塊由高臺運送到地面的過程中，下列說法正確的是（）

A.運送煤塊所用的時間為4.5s

B.摩擦力對煤塊做的功為-48J

C.煤塊相對傳送帶運動而產(chǎn)生的劃痕長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)傳送帶的長度為/，,，與1137。=〃，解得/,二56m,煤塊剛放上傳送帶

時，受到的滑動摩擦力沿傳送帶向下，對煤塊，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,該過程煤塊的位移為國=%1*=16m,由于〃2gsin37o>"〃7gcos37。，可知煤

塊與傳送帶共速后繼續(xù)做勻加速運動，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,該過程煤塊的位移為

X2=Vot2+^a2ti=L-x\,解得X2=40m,亥=2s,用時共計，=h+力=4s,A錯誤；

摩擦力大小為了="〃吆8§37。=21^第一個過程摩擦力對煤塊做功Wi=A?=32J,

第二個過程摩擦力對煤塊做功電=-/x2=-80J,故摩擦力全程對煤塊做功為-

48J,B正確；第一個過程傳送帶的位移為為=如八=32m,煤塊與傳送帶的相對

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

者相對位移大小為5=及-國=8m,第一個過程傳送帶運動快，第二個過程煤

塊運動快，所以煤塊在傳動帶上的劃痕長為16m,C錯誤；第一個過程摩擦生熱

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

=0I+22=48J,D錯誤。

［名師點撥］傾斜傳送帶上的物體與勻速轉(zhuǎn)動的傳送帶速度相同時，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動；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

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

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

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

0.6,cos370=0.8o下列說法正確的是（）

li

A.滑塊A先做勻加速運動后做勻速運動

B.滑塊4、8同時到達傳送帶底端

C.滑塊A、5到達傳送帶底端時的速度大小相等

D.滑塊A在傳送帶上的劃痕長度為5m

答案D

解析兩滑塊都由靜止開始沿傳送帶下滑,滑塊A從傳送帶頂端開始下滑時,

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到達底端共用時f="+f2=2s;滑塊8從傳送帶

頂端下滑時，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錯誤。4到達底端時的速度為

,r

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

2X4m/s=8m/s,C錯誤。滑塊4加速到與傳送帶共速時兩者的相對位移為Ari

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

+%'^-W2=lm,滑塊比傳送帶速度快，會覆蓋之前的劃痕，滑塊A在傳送

帶上的劃痕長度為5m,D正確。

（三）繩索、鏈條模型問題

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

均勻的金屬鏈條通過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摩擦因數(shù)

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

任意位置時，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

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

長度為號的位置由靜止釋放，則下列說法正確的是（假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩

擦力）（）

A.鏈條與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)〃=4land

B.釋放瞬間鏈條的加速度為ggsin。

C.釋放后，鏈條運動的加速度均勻增大

D.從開始到鏈條離開斜面的過程中，傳送帶對鏈條做的功等于鏈條動能的

增加

答案AB

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

件有機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

條運動的加速度均勻增大，則可知其位移變化越來越快，由前面分析可知，其所

受到的滑動摩擦力增大得也越來越快，與假設(shè)矛盾，故C錯誤；從開始到鏈條離

開斜面的過程中，根據(jù)動能定理W-%=AEk,即傳送帶對鏈條做的功大于鏈條

動能的增加，D錯誤。

四、拋體運動與圓周運動

（一）立體空間的平拋問題

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）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，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動，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動的時間為人有〃二%產(chǎn)，雨滴做

平拋運動的水平位移為犬二。*如圖所示為俯視圖，雨滴從〃點甩離傘面，落在

地面上的b點；。是傘柄轉(zhuǎn)動軸（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錯誤。

I名師點撥1立體空間的平拋問題經(jīng)常需要將實際運動用三個方向的分運

動進行等效代替。

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

A3C處在水平面上，。點為AB邊的中點。在。點沿不同方向水平拋出兩個小球,

甲球恰好落在A點，乙球恰好落在。點，空氣阻力不計。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的投影點為O',由幾何知識可知〒5二「豎直位

u甲2

移相同，故，相同，則有V土wt二O萬'〒A二了2，可得/二「故A正確，B、C、D錯誤。

o乙rtzLf?。乙1

（二）與斜面或圓弧面相結(jié)合的拋體運動

3.（2021?江西省九江市高三下一模）（多選）北京冬奧會將在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

辦冬季奧運會。如圖，某滑雪運動員從弧形坡面上滑下沿水平方向飛出后又落回

到斜面上。若斜面足夠長且傾角為仇某次訓(xùn)練時，運動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保持不變。不計空氣阻力，貝11（）

A.運動員先后落在斜面上所用時間之比為1：3

B.運動員先后落在斜面上位移之比為1：3

C.運動員先后落在斜面上動能的變化量之比為1：3

D.運動員先后落在斜面上動量的變化量之比為1：3

答案AD

2"2otan0

解析運動員做平拋運動，根據(jù)1@適=寸，解得/=[―,因此運動員先

后落在斜面上所用時間之比1=氏二1,A正確；運動員在斜面上的位移5=?歷,

因此運動員先后落在斜面上位移之比言=￡=/,B錯誤；落在斜面上動能的變化

2222

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

之比籍^二￡,，C錯誤；落在斜面上動量的變化量。二啊二刖因此運動員

先后落在斜面上動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

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

遠小于軌道半徑、質(zhì)量為機的小球從。點以初速度。二癇水平向右拋出，小球

落在圓周上某一點，不計空氣阻力，重力加速度為g,則小球落在圓周上時的動

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)小球下落的時間為r,根據(jù)平拋運動規(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

小球落在圓周上時的動能為&=^nv2+mgy=\ngR,A正確。

[名師點撥]（1）若平拋運動的初、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，一般會用到圓的幾何特點，比如半徑與切線垂直，

半徑過圓心等。

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、8兩點與圓環(huán)5C的圓心。等高?，F(xiàn)

將甲、乙小球分別從A、3兩點以初速度6、。2沿水平方向同時拋出，兩球恰好

在C點相碰（不計空氣阻力），已知553。=0.8,cos530=0.6,下列說法正確的是

)

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)樵瓉淼囊话耄瑒t甲球恰能落在斜面的中點。

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動恰好在C點相碰，可知甲、乙在空中

3o■3

運動時間相等，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

兩球會相碰，B錯誤；若功大小變?yōu)樵瓉淼囊话?，在運動時間不變的情況下水平

位移會變?yōu)樵瓉淼囊话耄捎诩浊驎龅叫泵?，下落高度減小，運動時間減小,

所以甲球的水平位移小于原來的一半，不會落在斜面的中點，C錯誤；若甲球垂

直擊中圓環(huán)8C,則落點時速度的反向延長線過圓心O,根據(jù)平拋運動的推論，O

為水平位移中點，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）斜拋運動和類斜拋運動

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

面上的某點將一小球以速度出=10m/s拋出，拋出時速度方向與斜面的夾角為。

=53。,經(jīng)過一段時間后,小球落到斜面上。不計空氣阻力，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過程中（）

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，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*由運動學(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錯誤，B正確。

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

場地賽中，我國運動員蔡雪桐勇奪冠軍。如圖所示，滑道邊緣線尸。的傾角為仇

運動員以速度如從尸。上的。點沿PQ的豎直切面滑出滑道，滑出時速度方向與

PQ的夾角為心騰空后從PQ上的A點進入滑道。已知。+。=90。，重力加速度

為g,運動員可視為質(zhì)點，不升空氣阻力，下列說法正確的是（）

A.O、A兩點間的距離為也誓

O

B.運動員騰空中離PQ的最大距離為”磬

C.若僅減小夾角則運動員騰空時間可能保持不變

D.若僅增大。。的大小，則運動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’運動員騰空中離PQ的最大距離為H=

占LUA"5

（uosina）2vicosO八…,1.八,4o3sinJ_.

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

確，B錯誤；運動員騰空時間，=高最比，若僅減小夾角明則運動員騰空時間減

小,C錯誤;運動員再滑入滑道時，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%,與初速度無關(guān)，D正確。

［名師點撥］對斜拋運動和類斜拋運動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

力方向做勻速運動，沿著合力方向做勻變速直線運動；若分解加速度，則兩個方

向都做勻變速直線運動。

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電場，M、N為

圓周上的兩點且OM垂直于ON?，F(xiàn)有一帶負電粒子只在電場力作用下由M點運

動到N點，在M點的速度大小為方向與OM垂直，在N點的速度大小也為Vc

已知。、M兩點間的電勢差為U,下列說法正確的是（）

A.粒子由M點運動到N點，電勢能減小

B.粒子由M點運動到N點，電場力先做負功后做正功

C.粒子在電場中運動的最小速度為令、方向斜向右上方且與MO方向成

45。角

D.該勻強電場的電場強度大小為嚶、方向斜向右下方且與加。方向成45。

角

答案BC

解析粒子在M點的速度大小等于在N點的速度大小，根據(jù)動能定理可知,

從M點到N點電場力做功為零，所以粒子在M、N兩點的電勢能相等，故A錯

誤；由題意可知，歷點與N點是等勢點，電場方向如圖所示，粒子在電場中做類

斜拋運動，由圖可看出，粒子由M點運動到N點，電場力先做負功后做正功，故

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

為等腰直角三角形，所以電場方向斜向左上方且與M。方向成45。角，則電場強

度的大小E=-^~=華，將粒子運動速度分解為沿著電場線和垂直于電場線兩

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

度減小到零時，粒子運動的速度最小，由于M點的速度方向與電場線方向成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錯誤。

（四）豎直平面內(nèi)的圓周運動非最高點和最低點問題

9.（2021.浙江6月選考）質(zhì)量為m的小明坐在秋千上擺動到最高點時的照片

如圖所示，對該時刻，下列說法正確的是（）

A.秋千對小明的作用力小于mg

B.秋千對小明的作用力大于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

解析在最高點時，小明的速度為零；設(shè)秋千的擺長為/,擺到最高點時擺

繩與豎直方向的夾角為仇秋千對小明的作用力為凡則對小明，沿擺繩方向受

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,解得小明在最高點時的加速度為。=gsin夕，故A正確，B、

C、D錯誤。

［名師點撥］研究豎直平面內(nèi)的圓周運動的非最高點和最低點時，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動定律列方程。

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點相切；小球的質(zhì)量為“，小球自豎直虛線MN上

某點釋放后會恰好沿劈A的曲面運動。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N由靜止釋放，求小球到達劈A的曲面中點P時

對劈4的壓力大?。?/p>

(2)若小球自距水平面2R高的地方由靜止釋放，通過計算說明以后的運動過

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見解析

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

小球自劈A的最高點N至曲面中點P的過程，由機械能守恒定律有

mgRsin45。=

小球到達尸點時，由牛頓第二定律有

tnu\

尸N-mgcos45°=

根據(jù)牛頓第三定律知，小球在曲面中點時對劈A的壓力大小為小'=FN

聯(lián)立解得bN'=平響

⑵由機械能守恒定律知，小球由最高點到水平面時,

有mg-2R=

小球釋放后第一次到達最高點時一定和劈B的速度相同,根據(jù)動量守恒定律,

有mv2=(/n+

由機械能守恒定律有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）圓周運動中的臨界問題分析

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兩點通

過光滑錢鏈連接兩等長輕桿AC和3C,AC和BC與豎直方向的夾角均為仇輕桿

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

轉(zhuǎn)動的角速度q從0開始逐漸增大的過程中，下列說法正確的是（）

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

B.AC桿對球的作用力先增大后減小

C.一定時間后，AC桿與8c桿上的力的大小之差恒定

D.當(dāng)①=”而時，BC桿對球的作用力為0

答案CD

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

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

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

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

續(xù)增大時，AC桿對小球的拉刀繼續(xù)增大，BC桿對小球的作用力變?yōu)槔Γ抑?/p>

漸增大，B錯誤，D正確；一定時間后，AC桿和8C桿對球的作用力都變?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。

［名帥點撥］分析圓周運動中的臨界問題時要先對相關(guān)物埋量進行極限分

析，以便明確物理過程的臨界狀態(tài)特點。

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，兩個完

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

可伸長的輕繩相連。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摩擦力，當(dāng)圓盤以不同角速度①繞軸。。'

勻速轉(zhuǎn)動時，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。

下列說法正確的是（）

A.物塊與圓盤間的動摩擦因數(shù)〃=0.1

B.物塊。與圓心距離&=2m

C.當(dāng)角速度為lrad/s時，圓盤對4的靜摩擦力指向圓心

D.當(dāng)角速度為mrad/s時，A恰好要相對圓盤發(fā)生滑動

答案ABD

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

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

達到最大值，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，

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

2

=mcoRA,解得了=0,故C錯誤；當(dāng)A恰好要相對圓盤發(fā)生滑動時，其摩擦力為

2

最大靜摩擦力且方向沿半徑向外，對A分析：FT-Mmg=mcoRA,此時對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對稱，ZAOB=a。一質(zhì)量為加可看成質(zhì)點的物塊在A處以初速度如沿

著軌道切線方向向上運動，已知重力加速度為g,下列說法正確的有（）

A.若。=37。，則物塊沿著軌道運動至6時的最大動能為沙咫??

R.若〃=37。，則物塊沿著軌道運動至"時的最大動能為加R

C.若。=60。，則只要內(nèi)取一合適的值，物塊就能沿軌道到達C處

D.若。=60。，則無論如取何值，物塊均不能沿軌道到達C處

答案BD

解析若a=37。，物塊在B點有最大動能，則物塊在A