（江蘇選考）2023版高考物理二輪復(fù)習(xí)第一部分專題一力與運動學(xué)案

PAGEPAGEPAGE1專題一力與運動[學(xué)前先做高考題]高考題最經(jīng)典，每做一次都有新發(fā)現(xiàn)1．(2022·江蘇高考)如下圖，某“闖關(guān)游戲〞的筆直通道上每隔8m設(shè)有一個關(guān)卡，各關(guān)卡同步放行和關(guān)閉，放行和關(guān)閉的時間分別為5s和2s。關(guān)卡剛放行時，一同學(xué)立即在關(guān)卡1處以加速度2m/s2由靜止加速到2m/s，然后勻速向前，那么最先擋住他前進(jìn)的關(guān)卡是()A．關(guān)卡2 B．關(guān)卡3C．關(guān)卡4 D．關(guān)卡5解析：選C設(shè)這位同學(xué)加速到2m/s時所用時間為t1，由v1＝at1，得t1＝eq\f(v1,a)＝1s，通過的位移x1＝eq\f(1,2)at12＝1m，然后勻速前進(jìn)的位移x2＝v1(t－t1)＝8m，因x1＋x2＝9m>8m，即這位同學(xué)已通過關(guān)卡2，距該關(guān)卡1m，當(dāng)關(guān)卡關(guān)閉t2＝2s時，此同學(xué)在關(guān)卡2、3之間通過了x3＝v1t2＝4m的位移，接著關(guān)卡放行t＝5s，同學(xué)通過的位移x4＝v1t＝10m，此時距離關(guān)卡4為x5＝24m－(1＋8＋4＋10)m＝1m，關(guān)卡關(guān)閉2s，經(jīng)過t3＝eq\f(x5,v1)＝0.5s后關(guān)卡4最先擋住他前進(jìn)。2．(2022·江蘇高考)一輕質(zhì)彈簧原長為8cm，在4N的拉力作用下伸長了2cm，彈簧未超出彈性限度。那么該彈簧的勁度系數(shù)為()A．40m/N B．40N/mC．200m/N D．200N/m解析：選D由F＝kx知，彈簧的勁度系數(shù)k＝eq\f(F,x)＝eq\f(4,0.02)N/m＝200N/m，選項D正確。3．(多項選擇)(2022·江蘇高考)如下圖，一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面。假設(shè)魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數(shù)均相等，那么在上述過程中()A．桌布對魚缸摩擦力的方向向左B．魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等C．假設(shè)貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力將增大D．假設(shè)貓減小拉力，魚缸有可能滑出桌面解析：選BD魚缸相對于桌布有向左運動的趨勢，故應(yīng)受到向右的摩擦力，選項A錯誤；由于魚缸與桌布、桌面之間的動摩擦因數(shù)相等，魚缸在桌布上運動和在桌面上運動時加速度的大小相等，根據(jù)v＝at，魚缸在桌布上和在桌面上的滑動時間相等，選項B正確；假設(shè)貓增大拉力，魚缸與桌布之間的摩擦力仍然為滑動摩擦力，大小不變，選項C錯誤；假設(shè)貓減小拉力，魚缸可能隨桌布一起運動而滑出桌面，選項D正確。4．(2022·江蘇高考)小球從一定高度處由靜止下落，與地面碰撞后回到原高度再次下落，重復(fù)上述運動。取小球的落地點為原點建立坐標(biāo)系，豎直向上為正方向。以下速度v和位置x的關(guān)系圖像中，能描述該過程的是()解析：選A由題意知在運動過程中小球機械能守恒，設(shè)機械能為E，小球離地面高度為x時速度為v，那么有mgx＋eq\f(1,2)mv2＝E，可變形為x＝－eq\f(v2,2g)＋eq\f(E,mg)，由此方程可知圖像為開口向左、頂點在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,mg)，0))的拋物線，應(yīng)選項A正確。5．(2022·江蘇高考)有A、B兩小球，B的質(zhì)量為A的兩倍?，F(xiàn)將它們以相同速率沿同一方向拋出，不計空氣阻力。圖中①為A的運動軌跡，那么B的運動軌跡是()A．① B．②C．③ D．④解析：選A不計空氣阻力的情況下，兩球沿同一方向以相同速率拋出，其運動軌跡是相同的，選項A正確。6．(2022·江蘇高考)如下圖，A、B兩小球從相同高度同時水平拋出，經(jīng)過時間t在空中相遇。假設(shè)兩球的拋出速度都變?yōu)樵瓉淼?倍，那么兩球從拋出到相遇經(jīng)過的時間為()A．t B.eq\f(\r(2),2)tC.eq\f(t,2) D.eq\f(t,4)解析：選C設(shè)兩球間的水平距離為L，第一次拋出的速度分別為v1、v2，由于小球拋出后在水平方向上做勻速直線運動，那么從拋出到相遇經(jīng)過的時間t＝eq\f(L,v1＋v2)，假設(shè)兩球的拋出速度都變?yōu)樵瓉淼?倍，那么從拋出到相遇經(jīng)過的時間為t′＝eq\f(L,2v1＋v2)＝eq\f(t,2)，C項正確。7．(2022·江蘇高考)如下圖，一小物塊被夾子夾緊，夾子通過輕繩懸掛在小環(huán)上，小環(huán)套在水平光滑細(xì)桿上。物塊質(zhì)量為M，到小環(huán)的距離為L，其兩側(cè)面與夾子間的最大靜摩擦力均為F。小環(huán)和物塊以速度v向右勻速運動，小環(huán)碰到桿上的釘子P后立刻停止，物塊向上擺動。整個過程中，物塊在夾子中沒有滑動。小環(huán)和夾子的質(zhì)量均不計，重力加速度為g。以下說法正確的選項是()A．物塊向右勻速運動時，繩中的張力等于2B．小環(huán)碰到釘子P時，繩中的張力大于2C．物塊上升的最大高度為eq\f(2v2,g)D．速度v不能超過eq\r(\f(2F－MgL,M))解析：選D物塊受到的摩擦力小于最大靜摩擦力，即Mg<2F。物塊向右勻速運動時，物塊處于平衡狀態(tài)，繩中的張力T＝Mg≤2F，故A錯誤；小環(huán)碰到釘子P時，物塊做圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式有：T－Mg＝eq\f(Mv2,L)，T＝Mg＋eq\f(Mv2,L)，所以繩中的張力與2F大小關(guān)系不確定，B錯誤；假設(shè)物塊做圓周運動到達(dá)的高度低于釘子P的高度，根據(jù)動能定理有－Mgh＝0－eq\f(1,2)Mv2，那么最大高度h＝eq\f(v2,2g)。假設(shè)物塊做圓周運動到達(dá)的高度高于釘子P的高度，那么根據(jù)動能定理有－Mgh＝eq\f(1,2)Mv′2－eq\f(1,2)Mv2，那么最大高度h<eq\f(v2,2g)，C錯誤；小環(huán)碰到釘子P后，物塊做圓周運動，在最低點，物塊與夾子間的靜摩擦力到達(dá)最大值，由牛頓第二定律知：2F－Mg＝eq\f(Mv2,L)，故最大速度v＝eq\r(\f(2F－MgL,M))，D正確。8．(多項選擇)(2022·江蘇高考)“天舟一號〞貨運飛船于2017年4月20日在文昌航天發(fā)射中心成功發(fā)射升空。與“天宮二號〞空間實驗室對接前，“天舟一號〞在距地面約380km的圓軌道上飛行，那么其()A．角速度小于地球自轉(zhuǎn)角速度B．線速度小于第一宇宙速度C．周期小于地球自轉(zhuǎn)周期D．向心加速度小于地面的重力加速度解析：選BCD“天舟一號〞在距地面約380km的圓軌道上飛行時，由Geq\f(Mm,r2)＝mω2r可知，半徑越小，角速度越大，那么其角速度大于同步衛(wèi)星的角速度，即大于地球自轉(zhuǎn)的角速度，A項錯誤；由于第一宇宙速度是最大環(huán)繞速度，因此“天舟一號〞在圓軌道的線速度小于第一宇宙速度，B項正確；由T＝eq\f(2π,ω)可知，“天舟一號〞的周期小于地球自轉(zhuǎn)周期，C項正確；由Geq\f(Mm,R2)＝mg，Geq\f(Mm,R＋h2)＝ma可知，向心加速度a小于地球外表的重力加速度g，D項正確。9．(多項選擇)(2022·江蘇高考)如下圖，兩質(zhì)量相等的衛(wèi)星A、B繞地球做勻速圓周運動，用R、T、Ek、S分別表示衛(wèi)星的軌道半徑、周期、動能、與地心連線在單位時間內(nèi)掃過的面積。以下關(guān)系式正確的有()A．TA＞TB B．EkA＞EkBC．SA＝SB D.eq\f(RA3,TA2)＝eq\f(RB3,TB2)解析：選AD根據(jù)開普勒第三定律，eq\f(RA3,TA2)＝eq\f(RB3,TB2)，又RA＞RB，所以TA＞TB，選項A、D正確；由Geq\f(Mm,R2)＝meq\f(v2,R)得，v＝eq\r(\f(GM,R))，所以vA＜vB，那么EkA＜EkB，選項B錯誤；由Geq\f(Mm,R2)＝mReq\f(4π2,T2)得，T＝2πeq\r(\f(R3,GM))，衛(wèi)星與地心的連線在單位時間內(nèi)掃過的面積S＝eq\f(1,T)πR2＝eq\f(\r(GMR),2)，可知SA＞SB，選項C錯誤。10．(2022·江蘇高考)過去幾千年來，人類對行星的認(rèn)識與研究僅限于太陽系內(nèi)，行星“51pegb〞的發(fā)現(xiàn)拉開了研究太陽系外行星的序幕?！?1pegb〞繞其中心恒星做勻速圓周運動，周期約為4天，軌道半徑約為地球繞太陽運動半徑的eq\f(1,20)。該中心恒星與太陽的質(zhì)量比約為()A.eq\f(1,10) B．1C．5 D．10解析：選B行星繞中心恒星做勻速圓周運動，萬有引力提供向心力，由牛頓第二定律得Geq\f(Mm,r2)＝meq\f(4π2,T2)r，那么eq\f(M1,M2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r1,r2)))3·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T2,T1)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,20)))3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(365,4)))2≈1，選項B正確。一、熟知四類典型運動，掌握物體運動規(guī)律[抓牢解題根源]一、熟記四類典型運動四類典型運動合外力的特點勻速直線運動為零勻變速直線運動恒定平拋運動恒為重力勻速圓周運動大小恒定，方向時刻指向圓心二、掌握勻變速直線運動的“三基兩推〞1．三個根本規(guī)律(1)v＝v0＋at(2)x＝v0t＋eq\f(1,2)at2(3)v2－v02＝2ax2．兩個主要推論(1)Δx＝aT2(2)v＝eq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(v0＋v,2)三、抓住平拋運動的“三個兩〞1．兩個分解(1)速度的分解eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(vx＝v0,vy＝gt))(2)位移的分解eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝v0t,y＝\f(1,2)gt2))2．兩個角度(1)速度的偏角：tanα＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)(2)位移的偏角：tanβ＝eq\f(y,x)＝eq\f(gt,2v0)3．兩個推論(1)tanα＝2tanβ；(2)速度的反向延長線過水平位移的中點。四、用好勻速圓周運動的“一、一〞法那么1.一個中心：F合＝F向2．一串表達(dá)式：F向＝meq\f(v2,R)＝mRω2＝mReq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2[研透?？碱}根]考查勻變速直線運動的規(guī)律[例1]架設(shè)在公路上的激光測速儀發(fā)射出的光束有一定的傾角，導(dǎo)致只能測定距離儀器20～200m范圍內(nèi)汽車的車速。某路段限速54km/h。一輛小轎車在距離測速儀264m時司機發(fā)現(xiàn)了前方的測速儀，立即開始做勻減速直線運動，結(jié)果第一次測速時該車恰好沒有超速，且第二次測速時測得小轎車的速度為50.4km/h。測速儀每隔2s測速一次，測速激光脈沖時間極短。求該小轎車減速前的速度范圍。[思路點撥](1)畫出小轎車運動情景圖。(2)挖掘隱含條件，確定小轎車運動規(guī)律：由“第一次測速時該車恰好沒有超速〞可得v1＝54km/h＝15m/s；假設(shè)第一次測速發(fā)生在小轎車進(jìn)入測量范圍t＝2s時，那么小轎車在減速前的速度為最大。(3)小轎車做勻減速直線運動，由v＝v0＋at求其加速度，由v2－v02＝2ax確定小轎車的初速度。(4)列方程求解結(jié)果。[解析]第一次測速恰好沒有超速，即v1＝54km/h＝15m/s，第二次測得v2＝50.4km/h＝14m/s，由兩次測量的速度可得小轎車的加速度a＝eq\f(v2－v1,t)＝eq\f(14－15,2)m/s2＝－0.5m/s2假設(shè)當(dāng)小轎車到達(dá)距離測速儀200m處時剛好遇到測速的激光，設(shè)小轎車減速前的速度為v0，那么v12－v02＝2axv0＝eq\r(v12－2ax)＝eq\r(152－2×－0.5×264－200)m/s＝17m/s假設(shè)小轎車到達(dá)距離測速儀200m處時前一次測速激光剛過，那么小轎車?yán)^續(xù)減速2s后才遇到第一次測速，其速度為限制速度，設(shè)小轎車到達(dá)距離測速儀200m處時的速度為v3，那么v1＝v3＋atv3＝15m/s－(－0.5)×2m/s＝16m/s設(shè)此情況下小轎車減速前的速度為v0′，那么v32－v0′2＝2axv0′＝eq\r(v32－2ax)＝eq\r(162－2×－0.5×264－200)m/s≈17.9m/s所以小轎車減速前的速度應(yīng)滿足17m/s≤v≤17.9m/s。[答案]17m/s≤v≤17.9m/s[備考錦囊]解答勻變速直線運動問題的常用方法(1)根本公式法：v＝v0＋at，x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，v2－v02＝2ax。(2)重要推論法：v＝eq\x\to(v)＝eq\f(v0＋vt,2)(利用平均速度測瞬時速度)；v＝eq\r(\f(v02＋vt2,2))；Δx＝aT2(用逐差法測加速度)。(3)逆向思維法：“勻減速至速度為零的過程〞可逆向處理為“由靜止開始做勻加速運動的過程〞。(4)圖像法：利用v-t圖像或x-t圖像求解。(5)比例法：初速度為零的勻變速直線運動規(guī)律1T末、2T末、3T末、…、nT末瞬時速度之比為1∶2∶3∶…∶n；第1T內(nèi)、第2T內(nèi)、第3T內(nèi)、…、第nT內(nèi)位移之比為1∶3∶5∶…∶(2n－1)；從靜止開始通過連續(xù)相等位移所用時間之比為1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶…∶(eq\r(n)－eq\r(n－1))。[即時訓(xùn)練](2022·揚州模擬)如下圖，甲從A點由靜止勻加速跑向B點，當(dāng)甲前進(jìn)距離為s1時，乙從距A點s2處的C點由靜止出發(fā)，加速度與甲相同，最后二人同時到達(dá)B點，那么A、B兩點間的距離為()A．s1＋s2 B.eq\f(s1＋s22,4s1)C.eq\f(s12,4s1＋s2) D.eq\f(s1＋s22,s1－s2s1)解析：選B設(shè)A、B兩點間的距離為x，甲、乙兩人的加速度大小為a，由x＝eq\f(1,2)at2得，甲前進(jìn)距離s1用時t1＝eq\r(\f(2s1,a))，到達(dá)B點的總時間t＝eq\r(\f(2x,a))，乙到達(dá)B點用時t2＝eq\r(\f(2x－s2,a))，根據(jù)題意，t＝t1＋t2，解得x＝eq\f(s1＋s22,4s1)，故B正確。結(jié)合實際考查平拋運動[例2]如下圖為足球球門，球門寬為L。一個球員在球門中心正前方距離球門s處高高躍起，將足球頂入球門的左下方死角(圖中P點)。球員頂球點的高度為h。足球做平拋運動(足球可看成質(zhì)點，忽略空氣阻力)，那么()A．足球位移的大小x＝eq\r(\f(L2,4)＋s2)B．足球初速度的大小v0＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2)))C．足球末速度的大小v＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2))＋4gh)D．足球初速度的方向與球門線夾角的正切值tanθ＝eq\f(L,2s)[思路點撥](1)足球做平拋運動的豎直位移y＝h。(2)足球做平拋運動的水平位移x水平＝eq\r(s2＋\f(L2,4))。[解析]根據(jù)幾何關(guān)系可知，足球做平拋運動的豎直高度為h，水平位移為x水平＝eq\r(s2＋\f(L2,4))，那么足球位移的大小為：x＝eq\r(x水平2＋h2)＝eq\r(s2＋\f(L2,4)＋h2)，選項A錯誤；由h＝eq\f(1,2)gt2，x水平＝v0t，可得足球的初速度為v0＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2)))，選項B正確；對足球應(yīng)用動能定理：mgh＝eq\f(mv2,2)－eq\f(mv02,2)，可得足球末速度v＝eq\r(v02＋2gh)＝eq\r(\f(g,2h)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L2,4)＋s2))＋2gh)，選項C錯誤；初速度方向與球門線夾角的正切值為tanθ＝eq\f(2s,L)，選項D錯誤。[答案]Beq\a\vs4\al([易錯提醒])此題容易誤將球員到球門中心的距離s當(dāng)作足球的水平位移。[即時訓(xùn)練](2022·徐州二模)體育課進(jìn)行定點投籃訓(xùn)練，某次訓(xùn)練中，籃球在空中運動軌跡如圖中虛線所示，以下所做的調(diào)整肯定不能使球落入籃筐的是()A．保持球拋出方向不變，增加球出手時的速度B．保持球拋出方向不變，減小球出手時的速度C．增加球出手時的速度，減小球速度方向與水平方向的夾角D．增加球出手時的速度，增大球速度方向與水平方向的夾角解析：選B設(shè)球拋出時的初速度為v，與水平方向的夾角為θ，那么水平初速度vx＝vcosθ。保持球拋出方向不變，增加球出手時的速度，水平分速度增大，運動時間變大，水平位移增大，可能落入籃筐，A不符合題意；保持球拋出方向不變，減小球出手時的速度，水平分速度變小，運動時間變短，水平位移減小，一定不能落入籃筐，B符合題意；增加球出手時的速度，減小球速度方向與水平方向的夾角，水平分速度變大，有可能使球落入籃筐，C不符合題意；增加球出手時的速度，增大球速度方向與水平方向的夾角，運動時間增大，水平方向分速度可能增加，球運動時間變長，有可能使球落入籃筐，D不符合題意。勻速圓周運動中的臨界問題[例3](2022·鎮(zhèn)江一模)如下圖，用一根長為l＝1m的細(xì)線，一端系一質(zhì)量為m＝1kg的小球(可視為質(zhì)點)，另一端固定在一光滑錐體頂端，錐面與豎直方向的夾角θ＝37°，當(dāng)小球在水平面內(nèi)繞錐體的軸做勻速圓周運動的角速度為ω時，細(xì)線的張力為FT(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，結(jié)果可用根式表示)。求：(1)假設(shè)要小球離開錐面，那么小球的角速度ω0至少為多大？(2)假設(shè)細(xì)線與豎直方向的夾角為60°，那么小球的角速度ω′為多大？[思路點撥]試在題圖中畫出小球剛要離開錐面時的受力示意圖。提示：[解析](1)小球剛好離開錐面時受到自身重力和細(xì)線拉力。小球做勻速圓周運動的軌跡圓在水平面上，故向心力水平。在水平方向運用牛頓第二定律及向心力公式得：mgtanθ＝mω02lsinθ解得：ω02＝eq\f(g,lcosθ)，即ω0＝eq\r(\f(g,lcosθ))＝eq\r(12.5)rad/s。(2)同理，當(dāng)細(xì)線與豎直方向成60°角時，由牛頓第二定律及向心力公式有：mgtanα＝mω′2lsinα解得：ω′2＝eq\f(g,lcosα)，即ω′＝eq\r(\f(g,lcosα))＝2eq\r(5)rad/s。[答案](1)eq\r(12.5)rad/s(2)2eq\r(5)rad/s[備考錦囊]解決勻速圓周運動問題的“四個步驟〞[即時訓(xùn)練](2022·南京高三期末)用一根細(xì)線一端系一小球(可視為質(zhì)點)，另一端固定在一光滑錐頂上，如下圖，設(shè)小球在水平面內(nèi)做勻速圓周運動的角速度為ω，細(xì)線的張力為FT，那么FT隨ω2變化的圖像可能是選項圖中的()解析：選D設(shè)細(xì)線長為L，錐面與豎直方向夾角為θ，當(dāng)ω＝0時，小球靜止，受重力mg、支持力N和細(xì)線的拉力FT而平衡，F(xiàn)T＝mgcosθ≠0，ω增大時，F(xiàn)T增大，N減小，當(dāng)N＝0時，設(shè)角速度為ω0，當(dāng)ω＜ω0時，由牛頓第二定律得，F(xiàn)Tsinθ－Ncosθ＝mω2Lsinθ，F(xiàn)Tcosθ＋Nsinθ＝mg，解得FT＝mω2Lsin2θ＋mgcosθ；可知FT的大小與ω2成線性關(guān)系。當(dāng)ω＞ω0時，小球離開錐面，細(xì)線與豎直方向夾角變大，設(shè)為β，由牛頓第二定律得FTsinβ＝mω2Lsinβ，所以FT＝mLω2，可知FT-ω2圖線的斜率變大，故D正確，A、B、C錯誤。[課余自查小練]1.(多項選擇)如下圖，斜面與水平面夾角為θ，在斜面上空A點水平拋出兩個小球a、b，初速度分別為va、vb，a球恰好垂直打到斜面上的M點，而b球落在斜面上的N點，而AN恰好垂直于斜面，那么()A．a(chǎn)、b兩球水平位移之比為va∶2vbB．a(chǎn)、b兩球水平位移之比為va2∶2vb2C．a(chǎn)、b兩球下落的高度之比為va2∶2vb2D．a(chǎn)、b兩球下落的高度之比為va2∶4vb2解析：選BD對于a球，末速度與豎直方向之間的夾角為θ，所以tanθ＝eq\f(va,vy)，vy＝gta，ta＝eq\f(va,gtanθ)；對于b球，位移與豎直方向之間的夾角為θ，tanθ＝eq\f(2vb,gtb)，tb＝eq\f(2vb,gtanθ)，eq\f(sa,sb)＝eq\f(vata,vbtb)＝eq\f(va2,2vb2)，故A錯誤，B正確；eq\f(ha,hb)＝eq\f(\f(1,2)gta2,\f(1,2)gtb2)＝eq\f(va2,4vb2)，C錯誤，D正確。2．(多項選擇)如圖為一傾角為θ的斜面體，其中D點為斜面體的最底端，另三點A、B、C為斜面體上的三點，且滿足AB∶BC∶CD＝5∶3∶1，現(xiàn)從A、B、C三點分別將三個小球沿水平方向拋出，經(jīng)過一段時間后三個小球均落在D點。三個小球在空中運動的時間分別用tA、tB、tC表示，三個小球的初速度分別用vA、vB、vC表示，三個小球落到D點時速度與斜面的夾角分別用αA、αB、αC表示，A、B、C三點距離D點的高度分別用hA、hB、hC表示。那么()A．tA∶tB∶tC＝1∶2∶3 B．αA∶αB∶αC＝1∶1∶1C．vA∶vB∶vC＝3∶2∶1 D．hA∶hB∶hC＝9∶4∶1解析：選BCD由幾何關(guān)系知AD∶BD∶CD＝9∶4∶1，那么其豎直高度hA＝AD×sinθ，hB＝BD×sinθ，hC＝CD×sinθ，故hA∶hB∶hC＝9∶4∶1，D正確；由h＝eq\f(1,2)gt2，知tA∶tB∶tC＝3∶2∶1，A錯誤；三個小球的水平位移之比為9∶4∶1，故vA∶vB∶vC＝3∶2∶1，C正確；因為平拋運動某時刻速度方向與水平方向夾角的正切值是位移與水平方向夾角正切值的2倍，三個小球落在斜面上，位移方向相同，那么速度方向也相同，可知三個小球速度與斜面的夾角相等，B正確。3．將一個粉筆頭輕放在以v0＝2m/s的恒定速度運動的水平傳送帶上后，傳送帶上留下一條長度為4m的劃線；假設(shè)將該傳送帶改為做勻減速運動(加速度的大小為a＝1.5m/s2)，并且在傳送帶開始做勻減速運動的同時，將另一支粉筆頭放在傳送帶上，該粉筆頭在傳送帶上能留下一條多長的劃線？(g取10m/s2)解析：設(shè)粉筆頭在傳送帶上與傳送帶間有相對運動時因摩擦產(chǎn)生的加速度為a0，粉筆頭在傳送帶上留下一條長度為4m的劃線經(jīng)過的時間為t0，那么有v0t0－eq\f(1,2)a0t02＝4m，v0＝a0t0，解得a0＝0.5m/s2當(dāng)傳送帶改為做勻減速運動時將另一支粉筆頭放在傳送帶上，粉筆頭將先做加速度為a0的加速運動，然后做加速度為a0的減速運動，最后靜止。兩者運動過程的速度圖像如下圖。由圖可得：v1＝a0t1＝v0－at1解得t1＝1s，v1＝0.5m/s此過程粉筆頭相對于傳送帶向后劃線長為：l1＝v0t1－eq\f(1,2)at12－eq\f(v1,2)t1＝1m經(jīng)過t2＝eq\f(v0,a)＝eq\f(4,3)s后傳送帶停止運動，設(shè)在t3時刻粉筆頭停止運動，那么t3＝t1＋eq\f(v1,a0)＝2s，此過程粉筆頭相對于傳送帶向前劃線長為：l2＝eq\f(v1,2)(t3－t2)≈0.17m綜上所述，粉筆頭在傳送帶上能留下一條l1＝1m長的劃線。答案：1m4．一水平的淺色長傳送帶上放置一煤塊(可視為質(zhì)點)，煤塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ。初始時，傳送帶與煤塊都是靜止的?，F(xiàn)讓傳送帶以恒定的加速度a0開始運動，當(dāng)其速度到達(dá)v0后，便以此速度做勻速運動。經(jīng)過一段時間，煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后，煤塊相對于傳送帶不再滑動。求此黑色痕跡的長度。解析：根據(jù)“傳送帶上有黑色痕跡〞可知，煤塊與傳送帶之間發(fā)生了相對滑動，煤塊的加速度a小于傳送帶的加速度a0。根據(jù)牛頓第二定律，可得a＝eq\f(μmg,m)＝μg設(shè)經(jīng)歷時間t，傳送帶由靜止開始加速到速度等于v0，煤塊那么由靜止加速到v，有v0＝a0t，v＝at由于a<a0，故v<v0，煤塊繼續(xù)受到滑動摩擦力的作用。再經(jīng)過時間t′，煤塊的速度由v增加到v0，有v0＝v＋at′此后，煤塊與傳送帶運動速度相同，相對于傳送帶不再滑動，不再產(chǎn)生新的痕跡，運動過程的速度圖像如下圖。設(shè)在煤塊的速度從0增加到v0的整個過程中，傳送帶和煤塊移動的距離分別為s0和s，有s0＝eq\f(1,2)a0t2＋v0t′，s＝eq\f(v02,2a)傳送帶上留下的黑色痕跡的長度l＝s0－s解得l＝eq\f(v02a0－μg,2μa0g)。答案：eq\f(v02a0－μg,2μa0g)[專題跟蹤檢測]一、選擇題(第1～5題為單項選擇題，第6～9題為多項選擇題)1．一質(zhì)點沿直線Ox方向做加速運動，它離開O點的距離隨時間變化的關(guān)系為x＝4＋2t3(m)，它的速度隨時間變化的關(guān)系為v＝6t2(m/s)。那么該質(zhì)點在t＝2s時的瞬時速度和t＝0到t＝2s間的平均速度分別為()A．8m/s、24m/s B．24m/s、8m/sC．24m/s、10m/s D．24m/s、12m/s解析：選B將t＝2s代入質(zhì)點的速度隨時間變化的關(guān)系式v＝6t2(m/s)，得t＝2s瞬時速度為v＝6×22m/s＝24m/s，將t＝0和t＝2s分別代入距離隨時間變化的關(guān)系式x＝4＋2t3(m)，得：x1＝4m，x2＝20m，那么質(zhì)點在2s時間內(nèi)通過的位移為x＝x2－x1＝20m－4m＝16m，所以：t＝0到t＝2s間的平均速度為v＝eq\f(x,t)＝eq\f(16,2)m/s＝8m/s；故B正確。2.如下圖，一小滑塊沿足夠長的斜面以初速度v向上做勻變速運動，依次經(jīng)A、B、C、D到達(dá)最高點E。xAB＝xBD＝6m，xBC＝1m，小滑塊從A到C和從C到D所用的時間都是2s。設(shè)小滑塊經(jīng)過B、C時的速度分別為vB、vC，那么()A．vC＝6m/s B．vB＝2eq\r(2)m/sC．xDE＝3m D．從D到E所用時間為4s解析：選D因C點是小滑塊由A到D的中間時刻所對應(yīng)的位置，故vC＝eq\f(xAB＋xBD,tAC＋tCD)＝eq\f(6＋6,2＋2)m/s＝3m/s，A錯誤；由vC2－v2＝2axAC，vC＝v＋at，得a＝－0.5m/s2，v＝4m/s，由vB2－v2＝2axAB，得vB＝eq\r(10)m/s，B錯誤；由vE＝v＋atAE＝0，得tAE＝8s，那么從D到E所用時間為tDE＝4s，D正確；由xDE＝－eq\f(1,2)atDE2，得xDE＝4m，C錯誤。3．如下圖，在水平面上有一個質(zhì)量為m的小物塊，在某時刻給它一個速度，使其沿水平面做勻減速直線運動，其依次經(jīng)過A、B、C三點，最終停在O點。A、B、C三點到O點的距離分別為L1、L2、L3，小物塊由A、B、C三點運動到O點所用的時間分別為t1、t2、t3。那么以下結(jié)論正確的選項是()A.eq\f(L1,t1)＝eq\f(L2,t2)＝eq\f(L3,t3) B.eq\f(L1,t1)<eq\f(L2,t2)<eq\f(L3,t3)C.eq\f(L1,t12)＝eq\f(L2,t22)＝eq\f(L3,t32) D.eq\f(L1,t12)<eq\f(L2,t22)<eq\f(L3,t32)解析：選C小物塊由A點到O點的勻減速直線運動可看成由O點到A點的初速度為0的勻加速直線運動，由位移公式，分別有L1＝eq\f(1,2)at12、L2＝eq\f(1,2)at22和L3＝eq\f(1,2)at32，聯(lián)立以上各式可得eq\f(L1,t12)＝eq\f(L2,t22)＝eq\f(L3,t32)，選項C正確。4．在鏈球運動中，運發(fā)動使鏈球高速旋轉(zhuǎn)，在水平面內(nèi)做圓周運動。然后突然松手，由于慣性，鏈球向遠(yuǎn)處飛去。鏈球做圓周運動的半徑為R，鏈球在水平面內(nèi)做圓周運動時的離地高度為h。設(shè)圓心在地面的投影點為O，鏈球的落地點為P，O、P兩點的距離即為運發(fā)動的成績。假設(shè)運發(fā)動某次擲鏈球的成績?yōu)長，空氣阻力忽略不計，那么鏈球從運發(fā)動手中脫開時的速度v為()A．Leq\r(\f(g,2h)) B．Req\r(\f(g,2h))C.eq\r(\f(g,2h)L2－R2) D.eq\r(\f(g,2h)L2＋R2)解析：選C鏈球出手后豎直方向做自由落體運動h＝eq\f(1,2)gt2，落地時間t＝eq\r(\f(2h,g))，水平方向位移如下圖，鏈球平拋運動的水平位移AP＝eq\r(L2－R2)，根據(jù)平拋運動規(guī)律，鏈球出手時的速度v＝eq\f(AP,t)＝eq\r(\f(g,2h)L2－R2)，所以C正確。5.如下圖是某物體做直線運動的v2-x圖像(其中v為速度，x為位置坐標(biāo))，以下關(guān)于物體從x＝0處運動至x0處的過程分析，其中正確的選項是()A．該物體做勻加速直線運動B．該物體的加速度大小為eq\f(v02,2x0)C．該物體在位移中點的速度小于eq\f(1,2)v0D．該物體在運動中間時刻的速度小于eq\f(1,2)v0解析：選B根據(jù)v2＝v02＋2ax，比照題圖可知，物體做勻減速直線運動，選項A錯誤；加速度大小為a＝eq\f(v02,2x0)，選項B正確；該物體在位移中點時v2＝eq\f(1,2)v02，那么v＝eq\f(v0,\r(2))>eq\f(v0,2)，選項C錯誤；物體做勻減速直線運動，初速度為v0，末速度為零，故物體在運動中間時刻的速度等于eq\f(1,2)v0，選項D錯誤。6．一物體做勻減速運動，一段時間Δt(未知)內(nèi)通過的位移為x1，緊接著Δt時間內(nèi)通過的位移為x2，又緊接著經(jīng)過位移x(未知)物體的速度減小為0，那么()A．可求ΔtB．可求加速度a的大小C．Δt和加速度a的大小均不可求D．可求x，x＝eq\f(3x2－x12,8x1－x2)解析：選CD根據(jù)勻變速直線運動推論Δx＝aT2得：x2－x1＝a(Δt)2，解得：a＝eq\f(x2－x1,Δt2)，通過位移x1的末速度等于2Δt時間內(nèi)的平均速度，為v1＝eq\f(x2＋x1,2Δt)，由勻變速直線運動規(guī)律：v12＝2(－a)(x2＋x)，解得：x＝eq\f(3x2－x12,8x1－x2)，由以上分析可知，只能求出x，故C、D正確。7.A、B兩點在同一條豎直線上，A點離地面的高度為2.5h，B點離地面高度為2h。將兩個小球分別從A、B兩點水平拋出，它們在P點相遇，P點離地面的高度為h。重力加速度為g，那么()A．兩個小球一定同時拋出B．兩個小球拋出的時間間隔為(eq\r(3)－eq\r(2))eq\r(\f(h,g))C．小球A、B拋出的初速度之比eq\f(vA,vB)＝eq\r(\f(3,2))D．小球A、B拋出的初速度之比eq\f(vA,vB)＝eq\r(\f(2,3))解析：選BD平拋運動在豎直方向上做自由落體運動，由h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，由于A到P的豎直高度較大，所以從A點拋出的小球運動時間較長，應(yīng)先拋出，故A錯誤；由t＝eq\r(\f(2h,g))，得兩個小球拋出的時間間隔為Δt＝tA－tB＝eq\r(\f(2×1.5h,g))－eq\r(\f(2h,g))＝(eq\r(3)－eq\r(2))eq\r(\f(h,g))，故B正確；由x＝v0t得v0＝xeq\r(\f(g,2h))，x相等，那么小球A、B拋出的初速度之比eq\f(vA,vB)＝eq\r(\f(hB,hA))＝eq\r(\f(h,1.5h))＝eq\r(\f(2,3))，故C錯誤，D正確。8.摩擦傳動是傳動裝置中的一個重要模型，如下圖，甲、乙兩個水平放置的輪盤靠摩擦傳動，其中O、O′分別為兩輪盤的軸心，r甲∶r乙＝3∶1，且在正常工作時兩輪盤不打滑。今在兩輪盤上分別放置兩個同種材料制成的滑塊A、B，兩滑塊與輪盤間的動摩擦因數(shù)相等，兩滑塊到軸心O、O′的距離分別為RA、RB，且RA＝2RB。假設(shè)輪盤乙由靜止開始緩慢地轉(zhuǎn)動，且轉(zhuǎn)速逐漸增大，那么以下表達(dá)正確的選項是()A．滑塊相對輪盤開始滑動前，A、B的角速度大小之比為ωA∶ωB＝1∶3B．滑塊相對輪盤開始滑動前A、B的向心加速度大小之比為aA∶aB＝1∶3C．轉(zhuǎn)速增大后最終滑塊A先發(fā)生相對滑動D．轉(zhuǎn)速增大后最終滑塊B先發(fā)生相對滑動解析：選AD由題意可知兩輪盤邊緣的線速度大小相等，有ω甲r甲＝ω乙r乙，那么ω甲∶ω乙＝r乙∶r甲＝1∶3，所以滑塊相對輪盤開始滑動前，A、B的角速度大小之比為1∶3，A正確；滑塊相對輪盤開始滑動前，根據(jù)a＝ω2r得A、B的向心加速度大小之比為aA∶aB＝(ω甲2RA)∶(ω乙2RB)＝2∶9，B錯誤；據(jù)題意可得兩滑塊所受的最大靜摩擦力分別為fA＝μmAg，fB＝μmBg，最大靜摩擦力之比為fA∶fB＝mA∶mB，轉(zhuǎn)動中兩滑塊所受的靜摩擦力之比為fA′∶fB′＝(mAaA)∶(mBaB)＝(2mA)∶(9mB)，由此可知，當(dāng)輪盤乙的轉(zhuǎn)速緩慢增大時，滑塊B的靜摩擦力先到達(dá)最大，先開始滑動，C錯誤，D正確。9．(2022·鹽城三模)運發(fā)動在同一位置分別沿與地面成60°和30°的方向踢出一只橄欖球，兩次球落在同一地點，運動軌跡如下圖，不計空氣阻力，那么球()A．兩次運動位移相等B．沿軌跡①運動時間長C．在最高點時沿軌跡②運動速度小D．兩次最高點位置一定在同一豎直線上解析：選ABD兩次球從同一地點出發(fā)落在同一地點，那么兩次運動位移相等，故A正確；兩次球都做斜拋運動，豎直方向做豎直上拋運動，設(shè)下落的時間為t，最大高度為h，那么有h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝eq\r(\f(2h,g))，可知球沿軌跡①下落的時間長，而上升與下落時間相等，所以沿軌跡①運動的總時間長，故B正確；球水平方向做勻速直線運動，那么有x＝vxt，得水平分速度vx＝eq\f(x,t)，水平分位移x相等，球沿軌跡①運動時間長，那么球沿軌跡①的水平分速度小，在最高點運動時的速度小，故C錯誤；兩次球都做斜拋運動，軌跡都為拋物線，根據(jù)對稱性知，兩次最高點位置一定在同一豎直線上，故D正確。二、非選擇題10．甲、乙兩輛汽車都從靜止出發(fā)做加速直線運動，加速度方向一直不變。在第一段時間間隔內(nèi)，兩輛汽車的加速度大小不變，汽車乙的加速度大小是甲的三倍；在接下來的時間間隔為前一段時間間隔的兩倍時間內(nèi)，汽車甲的加速度大小增加為原來的三倍，汽車乙的加速度大小減小為原來的三分之一。求甲、乙兩車各自在這兩段時間間隔內(nèi)走過的總路程之比。解析：設(shè)第一段時間為t，甲的加速度大小為a，那么第一段時間乙的加速度大小為3a；第二段時間為2t，甲的加速度大小為3a、乙的加速度為第一段時間甲、乙的末速度分別為v1＝at，v2＝3a·t＝3第二段時間甲、乙的末速度分別為v3＝v1＋3a·2t＝7at，v4＝v2＋a·2t＝5在這兩段時間內(nèi)甲、乙的位移大小分別為x1＝eq\f(v1,2)t＋eq\f(v1＋v3,2)·2t＝eq\f(17,2)at2，x2＝eq\f(v2,2)t＋eq\f(v2＋v4,2)·2t＝eq\f(19,2)at2那么甲、乙兩車各自在這兩段時間間隔內(nèi)走過的總路程之比為x1∶x2＝17∶19。答案：17∶1911.重物A和滑塊B用細(xì)線跨過定滑輪相連，A距地面高為H，B可在細(xì)線牽引下在水平足夠長的木板上滑動，如圖甲所示。滑塊B上面固定了一個力傳感器(未畫出)，可以測定細(xì)線對滑塊的拉力，C為運動傳感器，可以測定滑塊B運動的v-t圖像。從某時刻起釋放滑塊B，測得滑塊B所受拉力F隨時間t變化的圖像和滑塊B的v-t圖像，如圖乙所示。(取g＝10m/s2)(1)求滑塊B與長木板間的動摩擦因數(shù)；(2)試通過分析討論，當(dāng)增大滑塊B的質(zhì)量時，它的v-t圖像將如何變化，并在v-t圖中畫出大致圖像。解析：(1)由題圖甲、乙可知，滑塊B受細(xì)線拉力和滑動摩擦力作用做勻加速運動，在0.6s時A觸地，之后滑塊B在水平方向只受滑動摩擦力作用，做勻減速運動，1.4s時停下?；瑝KB做勻減速運動的加速度的大小a2＝eq\f(2.4,0.8)m/s2＝3m/s2，由μmBg＝mBa2，得動摩擦因數(shù)μ＝0.3。(2)設(shè)滑塊B(包括力傳感器)的質(zhì)量為mB，重物A的質(zhì)量為mA，根據(jù)牛頓第二定律，以A、B整體為研究對象有mAg－μmBg＝(mA＋mB)a1，得a1＝eq\f(mAg－μmBg,mA＋mB)，①假設(shè)mAg－μmBg>0，即mB<eq\f(mA,μ)，當(dāng)mB增大時，加速度a1減小，由于重物A下落的高度H一定，那么加速運動的時間延長，而最大速度減小。重物A觸地后滑塊B仍做勻減速運動，加速度a2的大小不變，然后停下。v-t的大致圖像如圖中點劃線所示。②假設(shè)mAg－μmBg≤0，即mB≥eq\f(mA,μ)，滑塊B始終保持靜止。v-t圖像與橫軸重合。答案：(1)0.3(2)見解析二、明“因〞熟“力〞，破解平衡問題[抓牢解題根源]一、明“因〞熟“力〞，理清一個“網(wǎng)絡(luò)〞二、兩種思維方法，攻克受力分析問題三、確定根本思路，破解平衡問題[研透常考題根]整體法和隔離法在受力分析中的應(yīng)用[例1]如下圖，A是傾角為θ、質(zhì)量為M的斜面體，其上外表粗糙。B是質(zhì)量為m、截面為直角三角形的物塊，物塊B上外表水平。物塊B在一水平推力F的作用下沿斜面勻速上升，斜面體靜止不動。設(shè)重力加速度為g，那么以下說法中正確的選項是()A．地面對斜面體A無摩擦力B．B對A的壓力大小為mgcosθC．A對地面的壓力大小為MgD．B對A的作用力大小為eq\r(F2＋mg2)[思路點撥]試畫出A、B組成的整體和物體B的受力示意圖。提示：[解析]先對A、B整體受力分析，受重力、支持力、推力和向左的靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，水平方向：F＝Ff1，豎直方向：FN1＝(M＋m)g，根據(jù)牛頓第三定律，壓力與支持力等值，故壓力為(M＋m)g，故A、C錯誤；對物塊B受力分析，受推力、重力、支持力和滑動摩擦力，根據(jù)平衡條件，平行斜面方向：Fcosθ－mgsinθ－Ff2＝0，垂直斜面方向：FN2＝Fsinθ＋mgcosθ，其中：Ff2＝μFN2，根據(jù)牛頓第三定律，壓力與支持力等值，故壓力為Fsinθ＋mgcosθ，故B錯誤；由于是四力平衡，故支持力和摩擦力的合力與推力F和重力的合力平衡；即A對B的作用力大小等于eq\r(F2＋mg2)，故B對A的作用力大小也等于eq\r(F2＋mg2)，故D正確。[答案]D[備考錦囊]整體法和隔離法的應(yīng)用技巧(1)不涉及系統(tǒng)內(nèi)力時，優(yōu)先考慮應(yīng)用整體法，即“能整體、不隔離〞。(2)應(yīng)用“隔離法〞，也要先隔離“簡單〞的物體，如待求量少或受力少或處于邊緣處的物體。(3)將“整體法〞與“隔離法〞有機結(jié)合、靈活應(yīng)用。(4)各“隔離體〞間的關(guān)聯(lián)力，表現(xiàn)為作用力與反作用力，對整體系統(tǒng)那么是內(nèi)力。(5)在某些特殊情形中，研究對象可以是物體的一局部，或繩子的結(jié)點、力的作用點等。[即時訓(xùn)練](多項選擇)(2022·蘇州3校聯(lián)考)如下圖，物體A、B、C疊放在水平桌面上，水平力F作用于C物體，使A、B、C以相同的速度向右勻速運動，那么關(guān)于它們的受力以下說法正確的選項是()A．由于B向右運動，所以B受到向左的摩擦力B．C受到的摩擦力方向水平向左C．A受到兩個摩擦力作用D．由于不知A與水平桌面之間是否光滑，所以無法判斷A與水平桌面間是否存在摩擦力解析：選BC由于B向右勻速運動，所以B不受摩擦力作用，選項A錯誤；物體C受到向右的拉力和向左的摩擦力作用，選項B正確；A受到C對A的向右的摩擦力作用，同時受到地面向左的摩擦力作用，選項C正確，D錯誤。“程序法〞破解靜態(tài)平衡問題[例2](2022·射陽二模)如下圖，橫截面為直角三角形的斜劈P，靠在粗糙的豎直墻面上，力F正對球心水平作用在光滑球Q上，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)力F增大時，系統(tǒng)仍保持靜止，以下說法正確的選項是()A．斜劈P所受合外力增大B．球Q對地面的壓力不變C．墻面對斜劈P的摩擦力增大D．斜劈P對豎直墻面的壓力增大[審題指導(dǎo)](1)斜劈P一直處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合外力一直為零。(2)以整體為研究對象，分析斜劈P對豎直墻面的壓力變化情況以及墻面對P的摩擦力，對球Q受力分析，根據(jù)平衡條件得出球Q對地面的壓力變化情況。[解析]斜劈P一直處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合外力一直為零不變，故A錯誤；對球Q受力分析，如圖，根據(jù)平衡條件：F＝N′sinθ，F(xiàn)增大，那么N′增大，N″＝mg＋N′cosθ，N′增大，那么N″增大，根據(jù)牛頓第三定律得，球Q對地面的壓力增大，故B錯誤；以整體為研究對象，豎直方向：N″＋f＝Mg，故隨支持力的增大，摩擦力減小，故C錯誤；以整體為研究對象，受力分析，根據(jù)平衡條件，水平方向：N＝F，N為豎直墻面對斜劈P的彈力，F(xiàn)增大，那么N增大，所以由牛頓第三定律可得：斜劈P對豎直墻面的壓力增大，故D正確。[答案]D[備考錦囊]破解靜態(tài)平衡問題的一般程序eq\x(\a\al(選取研,究對象))→eq\x(\a\al(受力,分析))→eq\x(\a\al(建立,坐標(biāo)系))→eq\x(\a\al(根據(jù)平衡,條件列方程))→eq\x(\a\al(求解、,討論))[即時訓(xùn)練]如下圖，石拱橋的正中央有一質(zhì)量為m的對稱楔形石塊，側(cè)面與豎直方向的夾角為α，重力加速度為g，假設(shè)接觸面間的摩擦力忽略不計，那么石塊側(cè)面所受彈力的大小為()A.eq\f(mg,2sinα) B.eq\f(mg,2cosα)C.eq\f(1,2)mgtanα D.eq\f(1,2)mgcotα解析：選A對石塊受力分析，如圖：根據(jù)共點力平衡條件，所受彈力大小F1＝F2＝F′，將彈力F1、F2合成，結(jié)合幾何關(guān)系，有：mg＝2×F′sinα，所以：F′＝eq\f(mg,2sinα)，應(yīng)選項A正確。多法并進(jìn)，破解動態(tài)平衡問題[例3]城市中的路燈、無軌電車的供電線路等經(jīng)常用三角形的結(jié)構(gòu)懸掛。如圖是這類結(jié)構(gòu)的一種簡化模型，硬桿左端可繞通過B點且垂直于紙面的軸無摩擦轉(zhuǎn)動，右端O點通過鋼索掛于A點，鋼索和硬桿的重力均可忽略。有一質(zhì)量不變的重物通過細(xì)線懸掛于O點，現(xiàn)將鋼索的懸掛點A緩慢向下移動，并使鋼索緩慢變短，以保證硬桿始終水平。在上述變化過程中，以下說法中正確的選項是()A．鋼索對O點的拉力變大B．硬桿對O點的彈力變小C．鋼索和硬桿對O點的作用力的合力變大D．鋼索和硬桿對O點的作用力的合力變小[審題指導(dǎo)](1)“緩慢〞二字的含義是O點始終處于平衡狀態(tài)。(2)由于桿OB為可轉(zhuǎn)動桿，桿上彈力應(yīng)沿桿的方向。[解析]方法一：解析法對O點受力分析，共受三個力作用：鋼索的拉力FA，硬桿的彈力FB，細(xì)線的拉力FC(設(shè)重物的質(zhì)量為m，那么有FC＝mg)。由硬桿始終水平可知，O點始終靜止，即處于平衡狀態(tài)，根據(jù)“物體受三個共點力而處于平衡狀態(tài)時，其中任意兩個力的合力與第三個力等大反向〞可知，鋼索和硬桿對O點的作用力的合力大小始終與細(xì)線的拉力大小相等，即保持不變，C、D錯誤；沿水平和豎直方向建立直角坐標(biāo)系，設(shè)鋼索與水平方向夾角為θ(0°<θ<90°)，那么有FAcosθ＝FB，F(xiàn)Asinθ＝FC，聯(lián)立可得FA＝eq\f(mg,sinθ)，F(xiàn)B＝eq\f(mg,tanθ)?？芍?dāng)A點緩慢向下移動時，θ變小，F(xiàn)A和FB均變大，B錯誤，A正確。方法二：圖解法對O點進(jìn)行受力分析，知FB與FC的合力和FA等大反向，由圖可知FA和FB一直增大，A正確，B錯誤；根據(jù)三力平衡的特點知，F(xiàn)A與FB的合力與重力等大反向，即為定值，故C、D錯誤。[答案]A[備考錦囊]動態(tài)平衡問題的解題技巧[即時訓(xùn)練]1．(圖解法)如下圖，質(zhì)量分布均勻的光滑小球O，放在傾角均為θ的斜面體上，斜面體置于同一水平面上，且處于平衡，那么以下說法中正確的選項是()A．甲圖中斜面對球O彈力最大B．丙圖中斜面對球O彈力最小C．乙圖中擋板MN對球O彈力最小D．丙圖中擋板MN對球O彈力最大解析：選A將甲、乙、丙、丁四種情況小球的受力圖作出，如下圖：由平衡條件得知，丁圖中斜面對小球的彈力為零，擋板對小球的彈力等于其重力G；斜面對小球的彈力和擋板對小球的彈力的合力與重力大小相等、方向相反，即得到甲、乙、丙三種情況下此合力相等，由平行四邊形定那么知，丙圖中擋板MN對小球的彈力最小，甲圖中斜面對小球的彈力最大，故A正確。2．(解析法)如下圖，斜面置于粗糙水平面上，斜面光滑，小球被輕質(zhì)細(xì)線系住放在斜面上，細(xì)線另一端跨過光滑定滑輪，用力拉細(xì)線使小球沿斜面緩慢下移一段距離，斜面始終靜止，移動過程中()A．細(xì)線對小球的拉力變小B．斜面對小球的支持力變小C．斜面對地面的壓力變小D．地面對斜面的摩擦力變小解析：選A設(shè)小球和斜面的質(zhì)量分別為m和M，細(xì)線與斜面的夾角為θ。小球受如圖甲所示，那么由平衡條件得，斜面方向：mgsinα＝Tcosθ①，垂直斜面方向：N＋Tsinθ＝mgcosα②，使小球沿斜面緩慢下移時，θ減小，其他量不變，由①知，T減?。挥散谥?，N變大，故A正確，B錯誤；斜面受重力Mg、小球的壓力N、地面的支持力N′和摩擦力f，如圖乙所示，由平衡條件得f＝Nsinα，N變大，那么f變大，N′＝Mg＋Ncosα，N變大，那么N′變大，由牛頓第三定律得知，斜面對地面的壓力也變大，故C、D錯誤。3．(相似三角形法)(多項選擇)城市中的路燈、無軌電車的供電線路等，經(jīng)常用三角形的結(jié)構(gòu)懸掛，如圖是這一類結(jié)構(gòu)的簡化模型。圖中輕桿OB可以繞過B點且垂直于紙面的軸自由轉(zhuǎn)動，鋼索OA和桿OB的質(zhì)量都可以忽略不計，如果懸掛物的重力為G，∠ABO＝90°，AB>OB。某次產(chǎn)品質(zhì)量檢測和性能測試中保持A、B兩點不動，只改變鋼索OA的長度，關(guān)于鋼索OA的拉力F1和桿OB上的支持力F2的變化情況，以下說法正確的有()A．從圖示位置開始縮短鋼索OA，鋼索OA的拉力F1先減小后增大B．從圖示位置開始縮短鋼索OA，桿OB上的支持力F2大小不變C．從圖示位置開始伸長鋼索OA，鋼索OA的拉力F1增大D．從圖示位置開始伸長鋼索OA，桿OB上的支持力F2先減小后增大解析：選BC設(shè)鋼索OA的長度為L，桿OB的長度為R，A、B兩端距離為H，根據(jù)相似三角形知識可知eq\f(G,H)＝eq\f(F1,L)＝eq\f(F2,R)，所以從題中圖示位置開始縮短鋼索OA，鋼索OA的拉力F1減小，桿OB上的支持力F2大小不變，選項A錯誤，B正確；從題中圖示位置開始伸長鋼索OA，鋼索OA的拉力F1增大，桿OB上的支持力F2大小不變，選項C正確，D錯誤。[課余自查小練]1.如下圖是一個簡易起吊設(shè)施的示意圖，AC是質(zhì)量不計的撐桿，A端與豎直墻用鉸鏈連接，一滑輪固定在A點正上方，C端吊一重物?，F(xiàn)施加一拉力F緩慢將重物P向上拉，在AC桿到達(dá)豎直前()A．BC繩中的拉力FT越來越大B．BC繩中的拉力FT越來越小C．AC桿中的支撐力FN越來越大D．AC桿中的支撐力FN越來越小解析：選B作出C點的受力示意圖，如下圖，由圖可知力的矢量三角形與幾何三角形ABC相似。根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得eq\f(FT,BC)＝eq\f(FN,AC)＝eq\f(G,AB)，解得BC繩中的拉力為FT＝Geq\f(BC,AB)，AC桿中的支撐力為FN＝Geq\f(AC,AB)。由于重物P向上運動時，AB、AC不變，BC變小，故FT減小，F(xiàn)N不變。選項B正確。2.(2022·徐州質(zhì)檢)如下圖，在水平天花板的A點處固定一根輕桿a，桿與天花板保持垂直。桿的下端有一個輕滑輪O。另一根細(xì)線上端固定在該天花板的B點處，細(xì)線跨過滑輪O，下端系一個重為G的物體，BO段細(xì)線與天花板的夾角為θ＝30°。系統(tǒng)保持靜止，不計一切摩擦。以下說法中正確的選項是()A．細(xì)線BO對天花板的拉力大小是eq\f(G,2)B．a(chǎn)桿對滑輪的作用力大小是eq\f(G,2)C．a(chǎn)桿和細(xì)線對滑輪的合力大小是GD．a(chǎn)桿對滑輪的作用力大小是G解析：選D細(xì)線上的彈力處處相等，因此細(xì)線BO對天花板的拉力大小是G，選項A錯誤；兩段細(xì)線上彈力均為G，構(gòu)成菱形，合力為2Gsin30°＝G，大小等于a桿對滑輪的作用力，選項B錯誤，D正確；由于系統(tǒng)保持靜止，所以a桿和細(xì)線對滑輪的合力大小是0，選項C錯誤。3．一根輕質(zhì)彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80cm的兩點上，彈性繩的原長也為80cm。將一鉤碼掛在彈性繩的中點，平衡時彈性繩的總長度為100cm；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點，那么彈性繩的總長度變?yōu)?彈性繩的伸長始終處于彈性限度內(nèi))()A．86cm B．92cmC．98cm D．104cm解析：選B將鉤碼掛在彈性繩的中點時，由數(shù)學(xué)知識可知鉤碼兩側(cè)的彈性繩(勁度系數(shù)設(shè)為k)與豎直方向夾角θ均滿足sinθ＝eq\f(4,5)，對鉤碼(設(shè)其重力為G)靜止時受力分析，得G＝2keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1m,2)－\f(0.8m,2)))cosθ；彈性繩的兩端移至天花板上的同一點時，對鉤碼受力分析，得G＝2keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)－\f(0.8m,2)))，聯(lián)立解得L＝92cm，故A、C、D項錯誤，B項正確。4.如下圖，長為5m的細(xì)繩的兩端分別系于豎立在地面上相距為4m的兩桿的頂端A、B，繩上掛一個光滑的輕質(zhì)掛鉤，其下連著一個重為12N的物體，平衡時，掛鉤兩側(cè)繩與水平面的夾角均為α，問：(1)繩中的張力T為多少？(2)A點向上移動少許，重新平衡后，繩中張力如何變化？解析：(1)設(shè)兩桿間的距離為s，繩的總長度為L，掛鉤右側(cè)長度為L1，左側(cè)長度為L2，由題意知s＝4m，L＝5m由幾何知識得s＝L1cosα＋L2cosα＝Lcosα得cosα＝eq\f(s,L)＝eq\f(4,5)，那么得sinα＝eq\f(3,5)對掛鉤受力分析如下圖，根據(jù)平衡條件知，兩繩的拉力的合力與G等大、反向，那么有2Tcoseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)π－2α))＝G解得T＝10N。(2)A點向上移動少許，兩桿間的距離s和繩的總長度L都沒有變化，由cosα＝eq\f(s,L)知，α不變，那么繩中張力均不變。答案：(1)10N(2)繩中張力均不變[專題跟蹤檢測]一、選擇題(第1～5題為單項選擇題，第6～9題為多項選擇題)1.如下圖，一個人站在水平地面上的長木板上用力F向右推箱子，長木板、人、箱子均處于靜止?fàn)顟B(tài)，三者的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，那么()A．箱子受到的摩擦力方向向右B．地面對長木板的摩擦力方向向左C．長木板對地面的壓力大小為3mgD．假設(shè)人用斜向下的力推箱子，那么長木板對地面的壓力會大于3mg解析：選C人用力F向右推箱子，對箱子受力分析，箱子受推力、重力、支持力、靜摩擦力，根據(jù)平衡條件，箱子受到的摩擦力方向向左，與推力平衡，選項A錯誤；對長木板、人、箱子整體進(jìn)行受力分析，整體受重力和支持力，整體不受靜摩擦力，否那么不平衡，故地面對長木板沒有靜摩擦力，又支持力等于重力，根據(jù)牛頓第三定律，支持力等于壓力，故壓力等于重力，為3mg，選項B錯誤，C正確；假設(shè)人用斜向下的力推箱子，對整體分析可知，豎直方向上受重力和支持力，故壓力依然等于3mg，選項D錯誤。2.(2022·鎮(zhèn)江三模)如下圖，水平地面上有一個圓柱體A?，F(xiàn)在A與豎直墻之間放一完全相同的圓柱體B，不計一切摩擦，將A緩慢向左移動(B未與地面接觸)，那么在此過程中A對B的彈力F1、墻對B的彈力F2()A．F1變小、F2變小 B．F1變小、F2變大C．F1變大、F2變大 D．F1變大、F2變小解析：選A不計一切摩擦，將A緩慢向左移動(B未與地面接觸)，那么A、B處處受力平衡，對B受力分析如下圖。A向左移動，那么θ變小，所以，F(xiàn)1＝eq\f(G,cosθ)變小，F(xiàn)2＝Gtanθ變小，故A正確，B、C、D錯誤。3.如下圖，小明在水平桌面上將三個形狀不規(guī)那么的石塊成功疊放在一起，以下說法正確的選項是()A．石塊a一定只受兩個力B．石塊b對a的支持力與a受到的重力是一對相互作用力C．石塊c受到水平桌面向左的摩擦力D．水平桌面對石塊c的支持力等于三個石塊的重力之和解析：選D石塊a與b的接觸面不一定沿水平方向，可能還受到摩擦力，故A錯誤；石塊b對a的支持力與a受到的重力性質(zhì)不同，作用在一個物體上，不是一對相互作用力，故B錯誤；對a、b、c整體受力分析，受重力和水平桌面的支持力而平衡，即石塊c與水平桌面之間無摩擦力，故C錯誤；對a、b、c整體，由平衡條件得：水平桌面對石塊c的支持力等于三個石塊的重力之和，故D正確。4.在豎直墻壁間有質(zhì)量分別是m和2m的半圓球A和圓球B，其中B球球面光滑，半球A與左側(cè)墻壁之間存在摩擦。兩球心之間連線與水平方向成30°的夾角，兩球恰好不下滑，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力(g為重力加速度)，那么半球A與左側(cè)墻壁之間的動摩擦因數(shù)為()A.eq\f(\r(3),2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(3),4) D.eq\f(2\r(3),3)解析：選A以圓球B為研究對象，對圓球B進(jìn)行受力分析如圖甲所示，由平衡條件可得：FN＝Fcos30°，F(xiàn)sin30°＝2mg，所以：FN＝2eq\r(3)mg。以兩球組成的整體為研究對象，其受力如圖乙所示。由平衡條件有：Ff＝μFN1′(FN1′與FN1是一對相互作用力，F(xiàn)N1′表示半球A對墻壁的壓力)，聯(lián)立解得μ＝eq\f(\r(3),2)，選項A正確。5．(2022·江蘇二模)我國的高鐵技術(shù)在世界處于領(lǐng)先地位，高鐵(如圖甲所示)在行駛過程中非常平穩(wěn)，放在桌上的水杯幾乎觀察不到晃動。圖乙為高鐵車廂示意圖，A、B兩物塊相互接觸地放在車廂里的水平桌面上，物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)相同，A的質(zhì)量比B的質(zhì)量大，高鐵在平直的鐵軌上向右做勻速直線運動，A、B相對于桌面始終保持靜止，以下說法正確的選項是()A．A受到2個力的作用B．B受到3個力的作用C．A受到桌面對它向右的摩擦力D．B受到A對它向右的彈力解析：選A高鐵在平直的鐵軌上向右做勻速直線運動，此時A、B均在向右做勻速運動，故A、B均只受重力和支持力作用，水平方向沒有外力，故水平方向均不受摩擦力，同時A、B間也沒有彈力作用，故A正確，B、C、D錯誤。6.如下圖，水平地面上放著一個畫架，它的前支架是固定的，而后支架可前后移動，畫架上靜止放著一幅重為G的畫。以下說法正確的選項是()A．畫架對畫的作用力大于GB．畫架對畫的作用力等于GC．假設(shè)后支架緩慢向后退，那么畫架對畫的作用力變大D．假設(shè)后支架緩慢向后退，那么畫架對畫的作用力不變解析：選BD由于畫架處于靜止?fàn)顟B(tài)，故畫架對畫的作用力與畫的重力平衡，即畫架對畫的作用力等于G，選項A錯誤，B正確；無論畫架的后支架緩慢向前還是向后退，因為畫始終處于平衡狀態(tài)，即畫架對畫的作用力始終等于畫的重力，選項C錯誤，D正確。7.如下圖，一根上端固定的輕繩，其下端拴接一個質(zhì)量為2kg的小球，g取10m/s2，開始時輕繩處于豎直位置。用一方向與水平面成37°角的外力F拉動小球，使輕繩緩慢升起至水平位置。這一過程中輕繩拉力的(取cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)()A．最小值為16N B．最小值為20NC．最大值為26.7N D．最大值為20N解析：選AC小球受重力mg、拉力F、輕繩施加的力F繩平衡。如下圖，應(yīng)用極限法分析臨界點。在力三角形為直角△OAB時，F(xiàn)繩?。絜q\x\to(AB)，為最小值(臨界點)，有F繩?。絤gcos37°＝16N，故A對，B錯；在力三角形為直角△OCB時，F(xiàn)繩大＝eq\x\to(CB)，為最大值(臨界點)，有F繩大＝eq\f(mg,tan37°)≈26.7N，故C對，D錯。8.如下圖，形狀相同的物塊A、B，其截面為直角三角形，相對排放在粗糙水平地面上，光滑球體C架在兩物塊的斜面上，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。物塊A、B的質(zhì)量都為M，θ＝60°，光滑球體C質(zhì)量為m，那么以下說法正確的選項是()A．地面對物塊A的摩擦力大小為eq\f(1,2)mgB．地面對物塊A的摩擦力大小為eq\f(\r(3),2)mgC．物塊A對球體C的彈力大小為eq\f(\r(3),2)mgD．物塊A對地面的壓力大小為Mg＋eq\f(1,2)mg解析：選BD以球體C為研究對象，其受到斜向上的兩個彈力作用，把兩個彈力合成，合力豎直向上，大小等于光滑球體的重力，受力分析如下圖。由數(shù)學(xué)知識可知，彈力大小為mg，C錯誤；再以A為研究對象，C對A的正壓力大小為mg，其在水平方向上的分力大小等于地面對物塊A的靜摩擦力大小，由此可知靜摩擦力大小為mgcos30°＝eq\f(\r(3),2)mg，A錯誤，B正確；以A、B、C整體為研究對象，所受重力為2Mg＋mg，地面對整體的支持力大小為2Mg＋mg，由對稱性可知A受到地面的支持力大小為Mg＋eq\f(mg,2)，由牛頓第三定律可知，A對地面的壓力大小為Mg＋eq\f(1,2)mg，D正確。9.某裝置如下圖，兩根長度均為l的輕桿OA、OB與質(zhì)量均為m的小球及一小滑塊通過鉸鏈連接，桿OA的A端與固定在豎直光滑桿上的鉸鏈相連。原長也為l的輕質(zhì)彈簧一端固定在A點，另一端連接小滑塊，彈簧與小滑塊都套在豎直桿上，裝置靜止時，彈簧長為1.6l，重力加速度為g，以下說法正確的選項是()A．桿OA對小球的作用力方向與豎直桿的夾角為53°B．桿OB對小滑塊的作用力方向沿桿OB向下，大小為eq\f(5mg,8)C．桿OA與OB對小球的作用力大小之比為eq\f(4,3)D．彈簧的勁度系數(shù)為eq\f(5mg,2l)解析：選BD對小球受力分析如下圖，受重力、桿OA、OB對小球的支持力(沿著桿的方向)，結(jié)合幾何關(guān)系與三角知識，那么有：設(shè)桿OA與豎直桿的夾角為θ，cosθ＝eq\f(\f(1.6l,2),l)，解得：θ＝37°，因FA＝FB，桿OA與OB對小球的作用力大小之比是1∶1，故A、C錯誤；對小滑塊受力分析如下圖；由上述分析可知，F(xiàn)B＝eq\f(\f(mg,2),cos37°)＝eq\f(5mg,8)，由牛頓第三定律，那么桿OB對小滑塊的作用力方向沿桿OB向下，大小為eq\f(5mg,8)，故B正確；對于小滑塊，根據(jù)平衡條件，那么有：T＝mg＋eq\f(5mg,8)cos37°＝eq\f(3,2)mg，由胡克定律，那么有彈簧的勁度系數(shù)：k＝eq\f(T,1.6l－l)＝eq\f(5mg,2l)，故D正確。二、非選擇題10．如下圖，一質(zhì)量為M＝2kg的鐵塊套在傾斜放置的桿上，桿與水平方向的夾角θ＝60°，一輕繩一端連在鐵塊上，一端連在一質(zhì)量為m＝1kg的小球上，一水平力F作用在小球上，連接鐵塊與球的輕繩與桿垂直，鐵塊和球都處于靜止?fàn)顟B(tài)。(g取10m/s2)求：(1)拉力F的大小。(2)桿對鐵塊的摩擦力的大小。解析：(1)對B受力分析，由平衡條件知FTsinθ＝FFTcosθ＝mg解得F＝mgtanθ＝10eq\r(3)N。(2)對A受力分析，有Ff＝Mgsinθ＝10eq\r(3)N。答案：(1)10eq\r(3)N(2)10eq\r(3)N11．一足夠長的輕繩跨過兩個等高的輕定滑輪(大小和摩擦不計)，兩端分別掛上質(zhì)量為m1＝4kg和m2＝2kg的物體，如下圖，在滑輪之間的繩上通過死結(jié)懸掛質(zhì)量為m的物體，為使三物體保持平衡，求m的取值范圍。解析：平衡時，O點受力如下圖，由物體的平衡條件易知T1cosθ1＋T2cosθ2＝T＝mgT1sinθ1＝T2sinθ2將T1＝m1gT2＝m2g＝20N代入得4cosθ1＋2cosθ2＝m,2sinθ1＝sinθ2所以m＝4eq\r(1－\f(1,4)sin2θ2)＋2cosθ2，進(jìn)行如下討論：當(dāng)θ2＝0時，m最大mmax＝6kg，當(dāng)θ2＝90°，m最小mmin＝2eq\因為θ2＝0、θ2＝90°時取不到，故三物體平衡時，m的取值范圍是2eq\r(3)kg<m<6kg。答案：2eq\r(3)kg<三、以加速度為橋梁，攻克兩類動力學(xué)問題[抓牢解題根源]一、牛頓第二定律的五個特性二、理解合力、加速度、速度間的決定關(guān)系1．合力的方向決定了加速度的方向，只要合力不為零，不管速度是大是小，或是零，物體都有加速度。2．合力與速度同向時，物體做加速運動；合力與速度反向時，物體做減速運動。3．a(chǎn)＝eq\f(Δv,Δt)是加速度的定義式，a與Δv、Δt無直接關(guān)系；a＝eq\f(F,m)是加速度的決定式，a∝F，a∝eq\f(1,m)。三、以加速度為橋梁，攻克兩類動力學(xué)問題的解題步驟[研透?？碱}根]利用連接體考查牛頓第二定律[例1](多項選擇)如下圖，兩個由相同材料制成的物體A、B用輕繩連接，組成的連接體在傾角為θ的斜面上運動，A、B的質(zhì)量分別為m1、m2，當(dāng)作用力F一定時，B所受繩的拉力T()A．與θ無關(guān)B．與物體和斜面間的動摩擦因數(shù)無關(guān)C．與系統(tǒng)運動狀態(tài)有關(guān)D．等于eq\f(m2F,m1＋m2)，僅與兩物體質(zhì)量有關(guān)[解析]對A、B組成的整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得a＝eq\f(F－m1＋m2gsinθ－μm1＋m2gcosθ,m1＋m2)。對B分析，有T－m2gsinθ－μm2gcosθ＝m2a，解得T＝eq\f(m2F,m1＋m2)，由此式可知繩的拉力與θ無關(guān)，與物體和斜面間的動摩擦因數(shù)無關(guān)，與運動狀態(tài)無關(guān)，僅與兩物體的質(zhì)量有關(guān)，A、B、D正確，C錯誤。[答案]ABD[備考錦囊]應(yīng)用整體法和隔離法的具體類型(1)滑輪上的連接體問題假設(shè)要求繩的拉力，一般都必須采用隔離法。例如，如下圖，繩跨過定滑輪連接的兩物體雖然加速度大小相同，但方向不同，故采用隔離法。(2)水平面上的連接體問題這類問題一般多是連接體(系統(tǒng))各物體保持相對靜止，即具有相同的加速度。解題時，一般采用先整體、后隔離的方法。(3)斜面體與上面物體組成的連接體的問題當(dāng)物體具有沿斜面方向的加速度，而斜面體相對于地面靜止時，解題時一般采用隔離法分析。[即時訓(xùn)練](多項選擇)如下圖的裝置為在摩擦力不計的水平桌面上放一質(zhì)量為m乙＝5kg的盒子乙，乙內(nèi)放置一質(zhì)量為m丙＝1kg的滑塊丙，用一質(zhì)量不計的細(xì)繩跨過光滑的定滑輪將一質(zhì)量為m甲＝2kg的物塊甲與乙相連接，其中連接乙的細(xì)繩與水平桌面平行?，F(xiàn)由靜止釋放物塊甲，在以后的運動過程中，乙與滑塊丙之間沒有相對運動，假設(shè)整個運動過程中乙始終沒有離開水平桌面，重力加速度g＝10m/s2。那么()A．細(xì)繩對乙的拉力大小為20NB．乙的加速度大小為2.5m/s2C．乙對滑塊丙的摩擦力大小為2.5ND．定滑輪受到細(xì)繩的作用力為30N解析：選BC假設(shè)細(xì)繩的拉力為FT，根據(jù)牛頓第二定律，對甲，有m甲g－FT＝m甲a；對乙和丙組成的整體，有FT＝(m乙＋m丙)a，聯(lián)立解得FT＝15N，a＝2.5m/s2，A錯誤，B正確；對丙受力分析，受重力、支持力和靜摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律，有f＝m丙a＝1×2.5N＝2.5N，C正確；細(xì)繩的張力為15N，由于滑輪兩側(cè)細(xì)繩垂直，根據(jù)平行四邊形定那么，其對滑輪的作用力為15eq\r(2)N，D錯誤。以加速度為橋梁，破解“板、塊〞模型問題[例2](2022·宿遷模擬)如下圖為一個實驗室模擬貨物傳送的裝置，A是一個外表絕緣、質(zhì)量為mA＝2kg的平板車，車置于光滑的水平面上，在車左端放置一質(zhì)量為mB＝1kg、帶電荷量為q＝＋1×10－2C的絕緣小貨物B，在裝置所在空間內(nèi)有一水平勻強電場，電場的大小及方向可以人為控制。先產(chǎn)生一個方向水平向右、大小E1＝3×102N/C的電場，車和貨