知识讲解 热点分析四：力

1 热点分析四：力 【高考展望】 最近几年高考热点为： 重力、万有引力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力（安培力、洛仑力）、核力， 另外：向心力、回复力、牵引力。从近三年的试题来看，考查的内容主要是受力分析、物体的平衡、整体 法和隔离法的应用、弹簧弹力和摩擦力大小和方向的计算及判断；解题方法主要是正交分解法、三角形法、 力的合成与分解等，只要抓住平衡状态条件列方程就可以解答．特别是近两年的力学选择题都比较基础， 连续两年都考了三力平衡的问题，物理情景来源于生活，情景比较简单，考核最基础的知识． 考查的主要内容有：共点力作用下物体的平衡条件、匀变速直线运动规律的应用及图象问题、动力学 的两类基本问题、运动的合成与分解、平抛运动及圆周运动规律、万有引力定律在天体运动及航天中的应 用；主要思想方法有：整体法与隔离法、假设法、合成法与分解法、图解法、图象法等。[来源 从近三年的高考物理试题看，命题涉及：对图象的理解和应用、求解连接体问题或临界问题、直线运 动规律的应用．牛顿运动定律的命题涉及三个考点：一是对牛顿运动定律的理解；二是牛顿第二定律的应 用；三是超重和失重．三个考点通常相互联系和相互渗透，既可单独命题，又可以与力学、甚至电磁学相 联系，构建力电的综合考题．题型有选择题和计算题，考查难度以基础题和中等题为主，难题主要在计算 题中出现．运动学和牛顿运动定律相结合的题目是高考的一个热点、难点，今后还会侧重考查，问题情景 会更新颖、更巧妙． 【方法点拨】 复习时应深刻理解各种性质的力的产生、方向及大小特点、各运动学公式的适用条件、运动的合成与 分解的思想方法，熟练运用整体法和隔离法解决连接体问题，综合运用牛顿运动定律和运动学规律解决多 过程问题，熟练应用平抛、圆周运动知识处理与牛顿运动定律、功能关系相结合的综合问题，以及圆周运 动知识与万有引力定律、天体运动等知识相综合的问题。 【典型例题】 类型一、摩擦力的分析与计算 例 1．如图所示，与水平面夹角为 的固定斜面上有一质量 的物体。细绳的一端与物体 相连。另一端经摩擦不计的定滑轮与固定的弹簧秤相连。物体静止在斜面上，弹簧秤的示数为 。关 于物体受力的判断(取 )。下列说法正确的是(　　) A．斜面对物体的摩擦力大小为零 B．斜面对物体的摩擦力大小为 ，方向沿斜面向上 C．斜面对物体的支持力大小为 ，方向竖直向上 D．斜面对物体的支持力大小为 ，方向垂直斜面向上 【思路点拨】解答本题时应注意以下两点： (1)定滑轮不计摩擦，弹簧秤的示数等于绳子拉力大小。 (2)物体静止在斜面上，物体合力一定为零。 【答案】A 【解析】因物体的重力沿斜面方向的分力 30° 1.0 kgm = 4.9 N 29.8 m/sg = 4.9 N 4.9 3 N 4.9 N2 ， 与弹簧秤的示数相等，故斜面对物体的摩擦力大小为 ，则选项 A 正确，选项 B 错误； 斜面对物体的支持力大小为 ， 方向垂直斜面向上，则选项 C、D 错误。 举一反三: 【变式 1】在最低点，给小球一个初速度 ，使之开始沿粗糙的圆轨道做圆周运动，则下列说法正确 的是（ ） A． 越大，在最低点小球对轨道的压力越大 B． 越大，在最低点小球克服摩擦力的功率越大 C．在小球完成一个圆周运动过程中，前半周系统生热多于后半周系统生热 【答案】ABC 【解析】 由 ， 得： 越大，在最低点小球对轨道的压力越大，A 正确； 由 ，得： 越大，在最低点小球克服摩擦力的功率越大，B 正确； sin 30 1 9.8 0.5 N=4.9 Nmg ° = × × 0 3cos 30 =1 9.8 N=4.9 3 N2mg ° × × 0v 0v 0v 2 0vN mg m R − = 0v 0 0fP f v N vµ= ⋅ = ⋅ ⋅ 0v3 选择前半周、后半周同一高度的任意两点，做受力分析有： 而： ， ， ． 所以在小球完成一个圆周运动过程中，前半周系统生热多于后半周系统生热，C 正确。 【变式 2】（2016 全国Ⅰ卷）如图，一光滑的轻滑轮用细绳 OO'悬挂于 O 点；另一细绳跨过滑轮，其一端 悬挂物块 a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块 b。外力 F 向右上方拉 b，整个系统处于静止状态。 若 F 方向不变，大小在一定范围内变化，物块 b 仍始终保持静止，则（ ） A. 绳 OO'的张力也在一定范围内变化 B. 物块 b 所受到的支持力也在一定范围内变化 C. 连接 a 和 b 的绳的张力也在一定范围内变化 D. 物块 b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化 【答案】BD 【解析】对物块 a，由二力平衡，绳的拉力等于物块 a 的重力，大小保持一定，轻滑轮两端绳子拉力 大小方向一定，对结点 O′，由三力平衡可得绳 OO′的张力一定，选项 A、C 错误；设 F 与水平方向的夹角 为 α，连接物块 b 的绳子拉力 T 与水平方向夹角为 β，对物块 b，由平衡条件，有 Tsin β＋Fsin α＋N＝mg Tcos β－Fcos α±f＝0， 物块 b 所受到的支持力和物块与桌面间的摩擦力随 F 变化而变化，选项 B、D 正确． 故选 BD 【变式 3】如图所示，将两块相同的木块 置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细 绳固定于墙壁上．开始时 均静止，弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力， 所受摩擦力 ， 所受摩擦力 ，现将右侧的细绳剪断，则剪断瞬间( ) 2 cos vN mg m R θ− = v v后前＞ N N后前＞ f f后前＞ a b、 a b、 a 0f aF ≠ b 0f bF =4 A． 大小不变 B． 方向改变 C． 仍然为零 D． 方向向右 【答案】AD 【解析】对 进行受力分析，剪断前 受重力、支持力、向左的弹簧拉力和绳的拉力．由于它所受的摩擦 力 ，所以弹簧的拉力和绳的拉力是一对平衡力，将右侧细绳剪断瞬间，绳的拉力消失，但弹簧的拉 力不变，所以 所受摩擦力 方向向右，C 错误，D 正确；由于细绳剪断瞬间，弹簧的弹力不变， 所以 大小不变，A 正确，B 错误． 类型二、用牛顿第二定律解决连接体问题 例 2．如图所示，一夹子夹住木块，在力 作用下向上提升。夹子和木块的质量分别为 ，夹子与木 块两侧间的最大静摩擦力均为 。若木块不滑动，力 的最大值是(　　) A． B． C． D． 【思路点拨】当夹子与木块两侧间的摩擦力达到最大值时，木块向上运动的加速度达到最大值，若木 块不相对夹子滑动，则力 达到 最大值。 【答案】A 【解析】当夹子与木块两侧间的摩擦力达到最大摩擦力 时，拉力 最大，系统向上的加速度为 。 先以 为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律可知： ， 再以 为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律可知： ， 两式联立可解得 f aF f aF f bF f bF b b 0f bF = b f bF f aF F m M、 f F 2 ( ) /f m M M+ 2 ( ) /f m M m+ 2 ( ) / ( )f m M M m M g+ − + 2 ( ) / ( )f m M m m M g+ + + F f F a m 2F f mg ma− − = M 2f Mg Ma− =5 ， A 正确。 举一反三: 【变式 1】如图所示，质量分别为 的两个物块放在光滑的水平面上，中间用细绳相连，在 拉力的作用下一起向右做匀加速运动，求中间细绳的拉力为多大？ 【答案】 【解析】两个物块组成连接体系统，具有共同的加速度，把他们看作整体，根据牛顿第二定律可得： 解得：加速度 再隔离后面的物块 ，它受重力 、支持力 和拉力 三个力作用，根据牛顿第二定律可得： 带入可得： ． 【变式 2】如图所示， 两物体紧靠着放在粗糙的水平地面上， 间接触面光滑．在水平推 力 的作用下两物体一起加速运动，物体 恰好不离开地面，则关于 两物体受力的个数，下列说 法正确的是(　　　) 　　　　　　 A． 受 个力， 受 个力 　　 B． 受 个力， 受 个力 C． 受 个力， 受 个力 　　D． 受 个力， 受 个力 抓住“物体 恰好不离开地面”这种临界状态，可知地面对 无支持力，同时地面对 也没有摩擦 力． 【答案】A 【解析】 物体受重力、水平推力 、 对 的支持力，由于 间接触面光滑，故 间无 摩擦力， 物体恰好不离开地面，于是地面对 无支持力，同时地面对 也就没有摩擦力，因此 受 个力； 物体受重力、 对 的压力、地面对 的支持力，由于 两物体紧靠着放在粗糙水平面上， 2 ( )= f m MF M + 1 2m m、 F 1 1 2 m Fm m+ 1 2( )F m m a= + 1 2 Fa m m = + 1m G N T 1T m a= 1 1 2 mT Fm m = + A B、 A B、 F A A B、 A 3 B 4 A 4 B 3 A 3 B 3 A 4 B 4 A A A A F B A A B、 A B、 A A A A 3 B A B B A B、6 故还有地面对 的摩擦力，于是 受 个力． 类型三、动力学的两类基本问题 例 3．为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为 、形状不同的 “ 鱼”和“ 鱼”，如图所示。在高出水面 H 处分别静止释放“ 鱼”和“ 鱼”，“ 鱼”竖直下潜 hA 后速度减小为零，“ 鱼”竖直下潜 hB 后速度减小为零。“鱼”在水中运动时，除受重力外，还受到 浮力和水的阻力。已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的10 9 倍，重力加速度为 g，“鱼”运动的位移值远 大于“鱼”的长度。假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计。求： (1)“ 鱼”入水瞬间的速度 vA1； (2)“ 鱼”在水中运动时所受阻力 fA； (3)“ 鱼”和“ 鱼”在水中运动时所受阻力之比 fA∶fB。 【思路点拨】(1)两“鱼”入水前做什么规律的运动？ (2)两“鱼”入水后竖直下潜过程中，受哪些力作用？做什么规律的直线运动？ 【答案】(1) 　(2) (3) 【解析】(1)“ 鱼”在入水前做自由落体运动，有 ① 得： ． ② (2)“ 鱼”在水中运动时受重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为 aA，有 ③ ④ ⑤ 由题意： B B 4 m A B A B A B A A A B 2 gH 1( )9A Hmg h − (9 ) (9 ) B A A B h H h h H h − − A 2 1 0 2Av gH=- 1 2Av gH= A AF F f mg浮合 = + - AF ma合 = 2 10 2A A Av a h− =-7 综合上述各式，得 ．　　⑥ (3)考虑到“ 鱼”的受力、运动情况与“ 鱼”相似，有 　　⑦ 综合⑥、⑦两式，得 ． 举一反三: 【变式 1】如图甲所示，质量为 的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为 、可视 为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中， 物 块 和 木 板 的 图 象 分 别 如 图 乙 中 的 折 线 和 所 示 ， 点 的 坐 标 分 别 为 。根据 图象，求： 　　　　 (1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小 ，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小 ， 达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小 ； (2)物块质量 与长木板质量 之比； (3)物块相对长木板滑行的距离 。 【思路点拨】解答本题时应注意以下三点： (1) 图象斜率大小表示物体运动的加速度大小； (2)不同物体或不同时间阶段受力情况分析； (3)物块与木板同速后不再发生相对滑动。 【答案】(1) 　 　 　 (2) 　(3) 10 9F mg=浮 1( )9A A Hf mg h = − B A 1( )9B B Hf mg h = − (9 ) (9 ) A B A B A B f h H h f h H h − −= M m v t− acd bcd a b c d、 、 、 ( ) ( ) ( ) ( )0, 10 0, 0 4, 4 12, 0a b c d、 、 、 v t− 1a 2a 3a m M s∆ v t− 21.5 m/s 21 m/s 20.5 m/s 3 2 20 m8 【解析】(1)由 图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小 ， 木板开始做匀加速直线运动的加速度大小 ， 达到共同速度后一起做匀减速直线运动的加速度大小 ． (2)对物块冲上木板匀减速阶段： ， 对木板向前匀加速阶段： ， 物块和木板达到共同速度后向前匀减 速阶段： ， 以上三式联立可得 ． (3)由 v－t 图象可以看出，物块相对于长木板滑行的距离 Δs 对应图中△abc 的面积，故 ． 【变式 2】航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量 ，动力系统提供的恒定升力 ．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，取 . (1)第一次试飞，飞行器飞行 时到达高度 ．求飞行器所受阻力 的大小； (2)第二次试飞，飞行器飞行 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力．求飞行器能达到的最 大高度 . 【答案】(1) 　(2) 【解析】(1)由 ， 得： v t− 2 2 1 10 4 m/s =1.5 m/s4a −= 2 2 2 4 0 m/s =1 m/s4a −= 2 2 3 4 0 m/s =0.5 m/s8a −= 1 1mg maµ = 1 2 2( )mg m M g Maµ µ− + = 2 3( ) ( )m M g M m aµ + = + 3 2 m M = 1=10 4 m=20 m2s∆ × × =2 kgm =28 NF 2=10 m/sg 1 8 st = 64 mH = fF 2 6 st = h 4 N 42 m 21 2H at= 2=2 m/sa9 由 得 . (2)前 向上做匀加速运动 最大速度： 上升的高度： 然后向上做匀减速运动 加速度 上升的高度 所以上升的最大高度： ． 类型四、弹簧类问题 例 4．(2015 海南卷)(多选) 如图，物块 a、b 和 c 的质量相同，a 和 b、b 和 c 之间用完全相同的轻弹簧 S1 和 S2 相连，通过系在 a 上的细线悬挂于固定点 O。整个系统处于静止状态。现将细线剪断。将物块 a 的加 速度的大小记为 a1，S1 和 S2 相对于原长的伸长分别记为 Δl1 和 Δl2，重力加速度大小为 g。在剪断的瞬 间,(　　) A. a1=3g B. a1=0 C. Δl1=2Δl2 D. Δl1=Δl2 【答案】AC　 【解析】设物体的质量为 m，剪断细绳的瞬间，绳子的拉力消失，弹簧还没来得及改变，所以剪断细 绳的瞬间 a 受到重力和弹簧 S1 的拉力 T1，剪断前对 b、c 和弹簧组成的整体分析可知 T1=2mg，故 a 受到合 力 F=mg+T1=mg+2mg=3mg，故加速度 a1=F/m=3g，A 正确，B 错误；设弹簧 S2 的拉力为 T2，则 T2=mg， fF F mg ma− =- 4 NfF = 6 s 12 m/sv at= = 2 1 1 =36 m2h at= 2 2 =12 m/sfF mga m += 2 2 2 6 m2 vh a= = 1 2 42 mh h h= + =10 根据胡克定律 F=k△x 可得△l1=△l2，C 正确，D 错误。 【考点】牛顿第二定律的瞬时性 【总结升华】做本类题目时，需要知道剪断细绳的瞬间，弹簧来不及发生变化，即细绳的拉力变为零， 弹簧的弹力并不变，然后根据整体法和隔离法分析。 举一反三: 【高清课堂：高考热点分析四：力 例 4】 【变式 1】如图，两木块质量均为 ，用劲度系数为 的轻弹簧连在一起，放在水平地面上。将木块 压下一段距离后释放，它就上下做周期为 的简谐振动。在振动过程中木块 刚好始终不离开地面。以 的平衡位置为坐标原点，向下为正建立数轴，释放 时刻开始记时，则 的振动方程为 ， 弹簧弹力随时间的表达式为 ， 对地面的压力随时间的表达式为 。 【答案】○1 ○2 ○3 【变式 2】如图所示，用轻弹簧将质量均为 的物块 和 连接起来，将它们固定在空中，弹 簧处于原长状态， 距地面的高度 h1＝0.90 m．同时释放两物块， 与地面碰撞后速度立即变为零， 压缩弹簧后被反弹，使 刚好能离开地面并且不继续上升．若将 物块换为质量为 的物块 (图中未 画出)，仍将它与 固定在空中且弹簧处于原长，从 距地面的高度为 处同时释放， 压缩弹簧被反 弹后， 也刚好能离开地面并且不继续上升．已知弹簧的劲度系数 ，求 的大小． 　　　　　　 【答案】 【解析】设 物块落地时， 物块的速度为 ，则有 设 刚好离地时，弹簧的形变量为 ，对 物块有 m k 1 T 2 1 1 1 2 2 2cos( )mg tk T π 22 cos( )mg t mgT π + 22 cos( ) 2mg t mgT π + 1 kgm = A B A A B A B 2m C A A 2h C A 98 N/mk = 2h 0.5 m A B 1v 2 1 1 1 2 mv mgh= A x A mg kx=11 从 落地后到 刚好离开地面的过程中，对于 及弹簧组成的系统机械能守恒，则有 换成 后，设 落地时， 的速度为 ，则有 从 落地后到 刚好离开地面的过程中， 及弹簧组成的系统机械能守恒，则有 联立解得 . 类型五、电场、磁场中的平衡 例 5．如图所示，质量 ，电阻 ，长度 的导体棒 横放在 型金属框 架上，框架质量 ，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数 ，相距 的 相互平行，电阻不计且足够长。电阻 的 垂直于 。整个装置处于竖直向上的 匀强磁场中，磁感应强度 。垂直于 施加 的水平恒力， 从静止开始无摩擦地运动， 始终与 保持良好接触，当 运动到某处时，框架开始运动。设框架与水平面间最大静摩擦力 等于滑动摩擦力，取 。求框架开始运动时 速度 的大小。 【思路点拨】(1)框架能启动的动力是什么力？框架刚要启动时应满足什么关系？ (2)导体棒 受哪几个力作用？当框架开始运动时，导体棒 处于什么运动状态？ 【答案】 【解析】 对框架的压力 ① 框架受水平面的支持力 ② 依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力 A A A B、 2 1 1 2 pmv mgx E= + ∆ C A C 2v 2 2 2 1 2 22 mv mgh⋅ = A A A C、 2 2 1 2 22 pmv mgx E⋅ = + ∆ 2 0.5 mh = 1 0.1 kgm = 1 0.3 ΩR = 0.4 ml = ab U 2 0.2 kgm = 0.2µ = 0.4 m PP QQ′ ′、 2 0.1 ΩR = PQ PP′ 0.5 TB = ab 2 NF = ab PP QQ′ ′、 ab 210 m/sg = ab v ab ab 6 m/s ab 1 1F m g= 2 1NF m g F= +12 ③ 中的感应电动势 ④ 中电流 ⑤ 受到的安培力 ⑥ 框架开始运动时 ⑦ 由上述各式代入数据解得 ． 举一反三: 【变式 1】如图所示，在水平放置的平行板电容器之间，有一带电油滴 处于静止状态。若从某时刻 起，油滴所带的电荷开始缓慢减少，为维持该油滴仍处于静止状态，可以采取的措施是： 电 键 都 闭 合 状 态 下 ： ; 电 键 断 开 、 闭 合 的 状 态 下： ; 。 【答案】○1 减小平行板电容器极板之间的距离 , 减小 的阻值；○2 减小平行板电容器极板之间的正 对面积 ． 【变式 2】如图甲所示，质量 的金属棒 从某一高度由静止沿光滑的弧形轨道下滑，然后 进入宽 的光滑水平导轨，水平导轨处于竖直向下、磁感应强度 的广阔匀强磁场中．在 水平导轨上另有一静止的金属棒 ，其质量与金属棒 的质量相等．已知金属棒 和 的电阻分别是 ， 金属棒 进入水平导轨后，金属棒 和 运动的 图象如图乙所示，导轨的电阻不计，整个水平导轨 足够长．(取 )求： f NF Fµ= ab E Blv= PQ 1 2 EI R R = + PQ F IlB=安 fF F=安 6 m/sv = P 1S 2S d 2R s 0.1 kgm = a 0.5 mL = 0.2 TB = b a a b 0.1Ω a a b v t− 10 N/kgg =13 ①金属棒 的初始位置距水平轨道的高度． ②金属棒 进入磁场的瞬间，金属棒 的加速度多大？ ③证明两棒的最终速度 . ④若假设两棒始终没有相碰，则两棒在运动过程中最多产生多少电能？ ⑤ 棒产生的总热量为多少？ ⑥若轨道变成图丙所示，已知 ，两棒由同种材料制成且粗细相同，现给 一个初速度 ， 求稳定后 的速度． ⑦图甲中虚线处为磁场的边界，为使 两棒不相撞，则 棒离磁场边界(虚线处)至少多远？ 【答案】见解析。 【解析】①金属棒进入水平轨道前机械能守恒，有 由 图象知棒 进入磁场的速度 解得 ． ②由法拉第电磁感应定律得 ． 故 所以 解得 . ③证明： 棒进入磁场后， 减速、 加速，回路产生的感应电动势 减小，直到 时 ，两棒一起以 匀速运动．对 两棒，由动量守恒 ， 得 a a b 2 1 m/sv = a b、 7 :3a bL L: ＝ a 0v a b、 a b、 b 2 1 1 2mgh mv= v t− a 1 2 m/sv = 0.2 mh = 1 0.2 0.5 2 V=0.2 VE Blv= × ×= 0.2 A 1 A0.10.1 EI R = = = 0.2 1 0.5 N=0.1 NbF BIL = × ×= 2 20.1 m/s =1 m/s0.1 b b Fa m = = a a b ( )a bE BL v v= - a bv v= 0E = 2v a b、 1 22mv mv=14 . ④回路产生的电能等于 棒克服安培力所做的功，等于 棒损失的动能，即 . ⑤由能量守恒定律得 . ⑥稳定后，回路电流为 ，则 得 在运动过程中，对 有 对 有 由于 得 (注意：此问题中 组成的系统动量不守恒) 联立解得 ， . ⑦在 进入磁场到稳定的过程中， 两棒距离逐渐减小，当两棒速度相等时，相距最近，设 相 对 靠近了 对 有 又因为 得 所以， 棒距磁场边界至少为 . 类型六、圆周运动与平抛运动问题分析 例 6．如图所示，竖直平面内有一 圆弧形光滑轨道，圆弧半径为 。 为水平面， 端与圆心 2 1 m/sv = a a 2 2 2 2 1 2 1 1 1 0.1 (2 1 ) J=0.15 J2 2 2E mv mv= − = × × −电 2 2 2 2 1 2 1 1 12 0.1 (2 2 1 ) J=0.1 J2 2 2QE mv mv= − = × × − × 0I = a a b bBL v BL v= : 3:7a bv v ＝ a 0a a a aBIL t m v m v∆ =- - b b b bBIL t m v∆ = 7 :3a b a bm m L L: = : = 0( ) : 1:1a bv v v- = a b、 00.3av v= 00.7bv v= a a b、 a b x b b bBIL t m v∆ = Ф Ф BLxtI t tR R R ∆ ∆∆∆ = ∆ = = 2 2 2 mb bm v Rx B L = = b 2 m 3 4 R AD A O15 等高， 点在圆心的正上方，一个质量为 的小球，自 点以竖直向下的初速度进入圆弧轨道，经过圆 弧上的 点飞出后落到 点。已知 ，重力加速度为 。求： (1)小球通过 点时对轨道的压力大小； (2)小球在 点的初速度大小； (3)若圆弧轨道不光滑，小球在 点仍以相同的初速度进入圆弧轨道，恰能通过 点，则小球在运动 过程中克服摩擦力做了多少功？ 【答案】(1) 　 (2) 　(3) 【解析】(1)由 到 小球做平抛运动 　 在 点由牛顿第二定律得 解得 由牛顿第三定律，小球对轨道的压力为 (2)小球由 点到 点，机械能守恒 由以上解得 (3)小球恰能通过最高点 时有 从 点到 点，由动能定理得 由以上式子解得 B m A B C AC R= g B A A B mg 2 gR 1 2 mgR B C 21 2R gt= Bx v t= B 2 BvF mg m R + = F mg= mg A B 2 21 1 2 2A Bmv mv mgR= = 2Av gR= B 2vmg m R = A B 2 21 1 2 2 AmgR W mv mv− − = −16 ． 举一反三: 【变式】如图所示， 是一在竖直平面的粗糙轨道，其中 是直径为 的半圆弧， 点为 其圆心， 为一水平平台( )．现有一质量为 的小球从 点正上方 点自由下落，在 点 进入轨道 内运动，恰好能通过半圆轨道最高点 ，最后落在水平平台 上．小球在 点与轨道 碰撞的能量损失及运动过程空气阻力忽略不计．求： 　　　　 (1)小球克服摩擦力做的功 ； (2)小球在 上的落点与 点的距离 . 【答案】（1） 　　　（2） 【解析】（1）小球运动到 点时对轨道压力恰好为零，由牛顿第二定律得 而 联立解得小球运动到 点速度 小球由 运动到 ，由动能定理可得 联立解得小球在轨道上运动过程中克服摩擦力做的功为 ． （2）小球离开 点后做平抛运动，由平抛运动规律可知 1 2W mgR= BCFD CFD R O EO EO R> m B A B BCD D EO B fW EO O d 3 4 mgR 2 2 R D 2vmg m r = 2 Rr = D 2D gRv = A D G f kD kAW W E E− = − GW mgR= 21 1 2 4kD DE mv mgR= = 1 3 4 4fW mgR mgR mgR= − = D17 小球平抛运动的时间 小球落点离 点的距离即为平抛运动的水平位移，则有 ． 类型七、万有引力定律及应用 例 7．（2015 安徽卷）由三颗星体构成的系统，忽略其它星体对它们的作用，存在着一种运动形式：三颗 星体在相互之间的万有引力作用下，分别位于等边三角形的三个顶点上，绕某一共同的圆心 O 在三角形所 在的平面内做相同角速度的圆周运动（图示为 A、B、C 三颗星体质量不相同时的一般情况）。若 A 星体质 量为 2m，B、C 两星体的质量均为 m，三角形的边长为 a，求： （1）A 星体所受合力大小 FA； （2）B 星体所受合力大小 FB； （3）C 星体的轨道半径 RC； （4）三星体做圆周运动的周期 T。 【答案】（1） ； （2） ； （3） ； （4） 【解析】（1）A 星体受 B、C 两星体的引力大小相等 ，合力 ① 21 2 2 R gt= Rt g = O 2 2 2D gR Rd v t Rg = = ⋅ = 2 2 2 3 A GmF a = 2 2 7 B GmF a = 7 4BR a= 3aT Gm π= 2 2 2 BA CA mF F G a = = 2 2 2 33A BA GmF F a = =18 （2）B 星体受 A 星体的引力 ，B 星体受 C 星体的引力 ，三角形定则 结合余弦定理得 ② （3）由对称性知，OA 在 BC 的中垂线上， ．对 A 星体： ③ 对 B 星体： ④ 联立解得 ，在三角形中， ，解得 ，即 ⑤ （4）把⑤式代入④式，得 ，即 ． 举一反三: 【高清课堂：高考热点分析四：力 例 1】 【变式 1】月球的半径为 ，质量为 ；地球的半径为 ，质量为 ；月球绕地球转动的轨道半 径为 ，周期为 ，万有引力常量为 。则月球表面的重力加速度为 ，月球所在位置的重力加 速度为 ，月球绕地球转动的向心加速度为 ；要使月球不会瓦解，则月球的自转角速 度满足条件为 。 【答案】○1 ○2 ○3 (或 ) ○4 【解析】○1 设月球表面物体质量为 有 ○2 月球所在位置的重力加速度是地球在此产生加速度： ○3 月球绕地球转动的向心加速度: 2 2 2 AB BA mF F G a = = 2 2CB mF G a = 2 2 2 2 72 cos120o B AB CB AB CB GmF F F F F a = + − = C BR R= 2 2 2 2 3 2 A Gm m Ra ω= 2 2 2 7 B Gm m Ra ω= 3 7A CR R= 2 2 23( ) ( )2 2A C aa R R− + = 7 4CR a= 7 4BR a= 32 Gm a ω = 32 aT Gm π πω= = 1R 1M 2R 2M r T G 2 1 1/GM R 2 2 /GM r 2(2 / )T rπ ⋅ 2 2 /GM r 1 3 1 GM R ω ≤ m ′ 1 1 2 2 1 1 = =M m Mm g G g G R R ′′ ⇒月 月 2 1 2 1 2 2= =M M MM g G g G r r ⇒地 地19 (或 ) ○4 月球不会瓦解就是月球表面物体由于自传不会产生离心现象，即所受万有引力大于等于向心力： 【变式 2】有 四颗地球卫星， 还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动， 处于 地面附近的近地轨道上正常运动， 是地球同步卫星， 是高空探测卫星，各卫星排列位置如图所示，则 有(　　) A． 的向心加速度等于重力加速度 B． 在相同时间内转过的弧长最长 C． 在 小时内转过的圆心角是 D． 的运动周期有可能是 小时 【答案】B 【解析】对 ： ， 又 ， 故 ，A 错误； 由 得： ， 的速度最大，相同时间内转过的弧长最长，B 正确； 为同步卫星，周期为 小时，故 小时转过的角度为 ， 22( )na rT π= ⋅ 2 1 2 2 2 1 n M MG Mra GM r = = 21 1 12 3 1 1 M m GMG m R R R ω ω′ ≥ ′ ⋅ ⇒ ≤ a b c d、 、 、 a b c d a g b c 4 / 6π d 20 a 2 N GMm F ma R =－ 2 GMm mg R = a g＜ 2 2 GMm vm rr = GMv r = b c 24 4 2 424 3 π π× =20 C 错误； 因 的运动周期一定大于 的周期，故周期一定大于 小时，D 错误。 类型八、带电粒子在电场和磁场中的运动问题 例 8．如图所示，离子发生器发射出一束质量为 、电荷量为 的离子，从静止经加速电压 进行 加速． (1)求经电场加速后获得速度 的大小； (2)若经电压加速后，离子从两平行板左侧中间位置 平行两板射入电压 的偏转电场．已知平行 板长为 ，两板间距离为 ，求： ①离子离开电场前在偏转电场中的运动时间 ； ②离子在偏转电场中受到的电场力的大小 ； ③离子在偏转电场中的加速度； ④离子在离开偏转电场时的纵向速度 ； ⑤离子在离开偏转电场时的速度 的大小； ⑥离子在离开偏转电场时的竖直偏移量 ； ⑦离子离开偏转电场时的偏转角 的正切值 ； ⑧证明离子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心点 ； ⑨要使离子能穿出电场区域，则求两板间所加偏转电压 的范围； ⑩若放置一足够大、与两板右侧相距 的竖直屏，求粒子可能到达屏上区域的长度． (3)若经电压加速后，离子从 点垂直于磁场边界射入宽度为 的匀强磁场中，离子离开磁场时的位 置 偏离入射方向的距离为 ，如图所示．求： ①离子在磁场中做圆周运动的轨迹半径； ②匀强磁场的磁感应强度； ③离子在磁场中做圆周运动的周期； ④离子在磁场中的运动时间； d c 24 m q 1U 0v A 2U L d t F yv v y θ tanθ O U b A d P 3 3L d=21 ⑤离子离开磁场时速度偏转的角度 的正切值 . (4)若经电压加速后，离子沿 方向进入一半径为 、磁感应强度为 的圆形匀强磁场区域，离开 磁场后离子将击中屏幕的 点，如图所示．已知 点为屏幕的中心，磁场区域的圆心 在 的连线 上， 点与 点的距离为 .求： ①离子在磁场中做圆周运动的轨迹半径； ②离子在磁场中做圆周运动的周期； ③离子离开磁场时速度偏转的角度 的正切值 ； ④离子击中的 点与屏幕中心 点的距离； ⑤离子在磁场中的运动时间； ⑥离子从进入圆形磁场到击中屏幕的总时间． 【答案】见解析。 【解析】(1)不管加速电场是不是匀强电场， 都适用，所以由动能定理得 解得 . (2)①由于偏转电场是匀强电场，所以离子的运动是类平抛运动，即水平方向为速度为 v0 的匀速直线 运动，竖直方向为初速度为零的匀加速直线运动，所以 ； ② ， ； ③ ； ④ ； ⑤ ； ⑥ (与带电粒子的 无关，只取决于加速电场和偏转电场)； α tanα AM R B N M O AM O M L α tanα N M W qU= 2 1 0 1 2qU mv= 1 0 2qUv m = 0 12 L mt Lv qU = = 2UE d = 2qUF qE d = = 2qUFa m md = = 2 2 1 12 2y qU U Lm qv at Lmd qU d mU = = ⋅ = 2 2 2 2 2 2 1 2 0 2 1 4 2y qd U qL Uv v v md U += + = 22 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 4 qU L UL my at md qU dU = = ⋅ = q m、22 ⑦ ； ⑧如图所示， ， ， ， ，所以 ； ⑨ ， ，则 ，当 时， ，则两板间所加电压的范 围 ； ⑩当 时，粒子在屏上偏移的距离最大(设为 )，则 而 ，解得 则粒子可能到达屏上区域的长度为 . (3)①因为 ，所以解得 ； ② ； ③ ； ④ ； ⑤ . (4)① ； 2 0 1 tan = 2 yv U L v U d θ = 21 2y at= 0L v t= yv at= 0 tan yv y v x θ = = 2 Lx = Eqa m = UE d = 2 2 02 qULy dmv = 2 dy = 2 2 2 0 1 2 2 2 2md v U dU qL L = = 2 2 1 1 22 2 2 2U d U dUL L − ≤ ≤ 2 dy = 0y 0 tan 2 Ly b θ = +   tan = d L θ 0 ( 2 ) 2 d L by L += ( 2 )d L b L + 2 2 2( )r d r L−= + 2 3 3r d= 1 0 1 2 31 22 3 3 qU mv U mm mB qr q d qd = = ⋅ = 1 2 22 3 m mT dqB U q π π= = 1 600 1 2 3600 6 3 3 d mt T T U q π°= = =° tan = 3 2 3 3 3 3 d d r L d d α = =− − 0 1 12 21r= mv U q U mm qB qB m B q = =23 ② ； ③因为 ，所以 则 ； ④ ； ⑤ ； ⑥ . 举一反三: 【变式】有一个长方体形状的匀强磁场和匀强电场区域，它的截面是边长 的正方形，如 图所示，其电场强度为 ，磁感应强度 ，磁场方向垂直纸面向里，当一束质 荷比为 的正离子流，以一定的速度从电磁场的正方形区域边界的中点射入时，不计正离 子的重力，则： (1)要使离子流穿过电磁场区域而不发生偏转，电场强度的方向如何？离子流的速度多大？ (2)在离电磁场区域右边界 处有一与边界平行的荧光屏，若撤去电场，离子流击中屏上 点； 若撤去磁场，离子流击中屏上 点，求 间的距离． 2 mT qB π= tan 2 R r α = -1 1 =2tan 2 qBR U m α       -1 1 tan =tan[2tan ]2 qBR U m α       -1 1 tan tan[2tan ]2 qMN L L BR U m α  = =     1 1 1 2 tan 2 2 qm BR U mt T qB α π −  ⋅    = = 2 0 11 1 cos 2cos[2tan ]2 L R L mt Rv U qqBR U m α −    −  = = − ⋅        1 2t t t= + 1 1 11 1 2 tan 2 2cos[2tan ]2 qm BR U m L mRqB U qqBR U m − −   ⋅      = + − ⋅        0.20 mL = 54 10 V/mE = × 22 10 TB = × - 10=4 10 kg/Cm q −× 0.4 mD = a b ab24 【答案】见解析。 【解析】(1)电场方向竖直向下，与磁场构成粒子速度选择器， 使离子运动不偏转，则 ， 解得 . (2)撤去电场，离子在磁场中做匀速圆周运动，所需向心力 为洛伦兹力，于是 ， 解得 离子离开磁场区域边界时，如图甲所示，对偏转角 有 得 偏转距离 离开磁场后离子做匀速直线运动，故总的偏转距离为 解得 若撤去磁场，离子在电场中做匀变速曲线运动 通过电场的时间 qE qBv= 72 10 m/sv = × 2vqBv m R = 0.4 mR = θ 1sin 2 L R θ = = 30θ = ° 1 2 3cos m5y R R θ −= − = 1 tany y D θ= + 1 32 m5 3y  = −    Lt v =25 加速度 偏转距离 偏转角为 ，如图乙所示，则 ，而 离开电场后离子做匀速直线运动，故总的偏离距离 解得 所以 间的距离 . 类型九、电磁感应综合问题 例 9．如图所示，在一磁感应强度 的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为 的平行金属导轨 和 ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点 之间连接着一阻值 的电阻．导轨上跨放着一根长为 、每米长电阻为 的金属棒 ，金属棒 与导轨正交放置，交点为 ，当金属棒在水平拉力的作用下以速度 向左做匀速运动时，试 求： ①电阻 中的电流强度大小和方向； ②使金属棒做匀速运动的拉力； ③金属棒 两端点间的电势差； ④回路中的发热功率． 【答案】 【解析】金属棒向左匀速运动时，等效电路如图所示．在闭合回路中，金属棒 部分相当于电源， 内阻 ，电动势 . qEa m = 2 2 2 2 1 0.05 m2 2 qELy at mv ′ = = = θ ′ tan = yv v θ yv at= 2 1tan 2 at qEL v mv θ′ = = = 2 tany y D θ′ = ′+ ′ 0.25 my′ = a b、 0.53 mab y y= + ′ = 0.5 TB = 0.1 mh = MN PQ N Q、 0.3ΩR = 0.2 mL = 2.0Ω/mr = ab c d、 4.0 m/sv − R ab cd cdr hr= cdE Bhv=26 ①根据欧姆定律， 中的电流强度为 方向从 经 到 . ②使金属棒匀速运动的外力与安培力是一对平衡力，方向向左，大小为 F. ③金属棒 两端的电势差等于 与 三者之和，由于 ，所以 . ④回路中的热功率 . 举一反三: 【变式 1】如图所示，空间存在一有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面（纸面）垂直， 磁场边界的间距为 。一个质量为 、边长也为 、匝数为 的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所 在平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行。 时刻导线框的上边恰好与磁场 的下边界重合（图中位置 ），导线框的速度为 。经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界 重合时（图中位置 ），导线框的速度刚好为零。 此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置 。以向下为正，请定性画出上升、下降的过程的安 培力随时间的变化图线。 【答案】 R 0.4 Acd cd E BhvI R r R hr = + += = N R Q 0.02 NF F BIh= =安 = ab ac cdU U、 dbU cd cd cdU E Ir= - 0.32 Vab ab cd cdU E Ir BLv Ir−= - = = 2 ( ) 0.08 WP I R hr+ =热= L m L N 0t = I 0v II I27 【变式 2】如图所示， 是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为 ，导轨平面 与水平面间的夹角为 ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为 ， 在导轨的 端连接一个阻值为 的电阻，一根质量为 、垂直于导轨放置的金属棒 ，从静止开始沿 导轨下滑．已知金属棒 与导轨间的动摩擦因数为 ，导轨和金属棒的电阻都不计． ①请分析金属棒的运动情况，并求此过程中金属棒 的最大速度． ②若金属棒 从静止开始沿导轨下滑到速度最大时，通过的位移为 ，能否求出在此过程中通过电 阻 的电荷量为多少？如果能，请求出该电荷量 ；如果不能，请说明原因． ③若金属棒 从静止开始沿导轨下滑到速度最大时，通过的位移为 ，能否求出在此过程中安培力 对金属棒 所做的功？如果能，请求出安培力所做的功 ；如果不能，请说明原因． 【答案】 【解析】①运动情况分析：金属棒 沿导轨加速下滑→感应电动势增大→感应电流增大→导体在磁 场中所受安培力变大→合外力减小→加速度减小→直到当 时， 最大． 金属棒 下滑时因切割磁感线，产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可得 闭合电路 中将产生感应电流，根据闭合电路欧姆定律可得 AB CD、 L θ 1B AC R m ab ab µ ab ab 0x R q ab 0x ab AW ab 0a = v ab 1E B Lv= ACba28 ； 根据右手定则可判定感应电流方向为 ；再根据左手定则判断金属棒 所受的安培力 方向 如图所示，其大小为 ， 由以上三式可得 对金属棒 所受的力进行正交分解，有　 ， ． 以金属棒 为研究对象，根据牛顿第二定律有 金属棒 做加速度减小的加速运动，当 时速度达到最大值 ，即 可解得 . ②能求出通过电阻 的电荷量．金属棒 下滑过程中虽然做变加速运动，但计算电荷量应该用感应 电流的平均值来计算．由法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势 ，平均电流 ，通过电 阻 R 的电荷量 . ③能求出安培力所做的功．金属棒 下滑过程中重力做正功，重力势能减少 ， 动能增加 ， 摩擦产生的热量 ， 由能量守恒定律可知，电阻 R 产生的电热 . EI R = aACba ab F安 1F B IL安= 2 2 1B L vF R = ab cosNF mg θ= cosfF mgµ θ= ab 2 2 1sin cos B L vmg mg maR θ µ θ− − = ab 0a = mv 2 2 1sin cos 0B L vmg mg R θ µ θ− − = 2 2 1 (sin cos ) m mgRv B L θ µ θ−= R ab ФE t ∆= ∆ qI t = ∆ 1 0· B LxE Фq I t tR R R ∆= ⋅∆ = ∆ = = ab 0 sinpE mgx θ= 21 2k mE mv= 0 cosQ mgxµ θ′ = p kQ E E Q= − − ′29 根据功能关系，在金属棒 下滑过程中克服安培力所做的功等于电路中产生的电能，即安培力所做 的功 . ab 3 2 2 2 0 4 4 1 (sin cos )( cos sin ) 2A m g RW Q mgx B L θ µ θµ θ θ −= − = − +30 【巩固练习】 一、选择题 1．（2016 江苏南通模拟 ）如图所示，磁悬浮地球仪悬浮在底座的正上方保持静止。已知地球仪的质量 为 m，底座的质量为 M，重力加速度为 g，则地球仪对底座的作用力大小为（ ） A. 0 B. mg C. Mg D. (m+M)g 2．如图所示，质量为 m 的物体放在质量为 M、倾角为 θ 的斜面体上，斜面体置于粗糙的水平地面上， 用平行于斜面的力 F 拉物体 m 使其沿斜面向下匀速运动，M 始终静止，则下列说法正确的是(　　) A．M 相对地面有向右运动的趋势 B．地面对 M 的支持力为(M＋m)g C．地面对 M 的摩擦力大小为 Fcos θ D．物体 m 对 M 的作用力的大小为 mg 3．（2016 山西模拟）火星有两颗卫星，分别是“火卫一（phobia）”和“火卫二（deimos）”。已 知火星表面的重力加速度 g 火=4m/s2，火星半径 R=3.0×106m，“火卫一”距火星表面的高度 h=6.0×106m ，求“火卫一”绕火星做圆周运动的速度。 4．用轻绳将光滑小球 P 悬挂于竖直墙壁上，在墙壁和小球 P 之间夹着矩形物块 Q，如图所示。P、Q 均处于静止状态，则下列说法正确的是(　　) A．物块 Q 受到 3 个力31 B．小球 P 受 4 个力 C．若绳子变长，则绳子的拉力将变小 D．若绳子变短，则 Q 受到墙壁的静摩擦力将增大 5．如图所示，在倾角为 θ＝30°的足够长的光滑斜面上，一质量为 2 kg 的小球自与斜面底端 P 点相距 0.5 m 处，以 4 m/s 的初速度沿斜面向上运动。在返回 P 点之前，若小球与 P 点之间的距离为 d，重力加速 度 g 取 10 m/s2。则 d 与 t 的关系式为(　　) A．d＝4t＋2.5t2 B．d＝4t－2.5t2 C．d＝0.5＋4t＋2.5t2 D．d＝0.5＋4t－2.5t2 6．利用如图 8 甲所示的装置测量滑块和滑板间的动摩擦因数，将质量为 M 的滑块 A 放在倾斜滑板 B 上，C 为位移传感器，它能将滑块 A 到传感器 C 的距离数据实时传送到计算机上，经计算机处理后在屏幕 上显示出滑块 A 的速度－时间(v－t)图象。先给滑块 A 一个沿滑板 B 向上的初速度，得到的 v－t 图象如图 乙所示，则(　　) A．滑块 A 上滑时加速度的大小为 8 m/s2 B．滑块 A 下滑时加速度的大小为 8 m/s2 C．滑块与滑板之间的动摩擦因数 μ＝0.5 D．滑块 A 上滑时运动的位移为 2 m 7．如图所示，将两相同的木块 a、b 置于粗糙的水平地面上，中间用一轻弹簧连接，两侧用细绳系于 墙壁。开始时 a、b 均静止，弹簧处于伸长状态，两细绳均有拉力，a 所受摩擦力 fa ≠0，b 所受摩擦力 fb＝ 0，现将右侧细绳剪断，则剪断瞬间(　　) 32 A．fa 大小不变　　　　 B．fa 方向改变 C．fb 仍然为零 D．fb 方向向左 8．三个质量均为 1 kg 的相同木块 a、b、c 和两个劲度系数均为 500 N/m 的相同轻弹簧 p、q 用轻绳连 接如图所示，其中 a 放在光滑水平桌面上。开始时 p 弹簧处于原长，木块 都处于静止。现用水平力缓慢地 向左拉 p 弹簧的左端，直到 c 木块刚好离开水平地面为止，g 取 10 m/s2。该过程 p 弹簧的左端向左移动的 距离是(不计滑轮的摩擦)(　　) A．4 cm B．6 cm C．8 cm D．10 cm 9．(2015 山东卷) 距地面高 5m 的水平直轨道上 A、B 两点相距 2m，在 B 点用细线悬挂一小球，离地高 度为 h，如图。小车始终以 4m/s 的速度沿轨道匀速运动，经过 A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸 下，小车运动至 B 点时细线被轧断，最后两球同时落地。不计空气阻力，取重力加速度的大小 g=10m/s2。 可求得 h 等于(　　) A.1.25 m B.2.25 m C.3.75 m D.4.75 m 10．(2015 天津卷)未来的星际航行中，宇航员长期处于零重力状态，为缓解这种状态带来的不适，有人 设想在未来的航天器上加装一段圆柱形“旋转舱”，如图所示。当旋转舱绕其轴线匀速旋转时，宇航员站 在旋转舱内圆柱形侧壁上，可以受到与他站在地球表面时相同大小的支持力。为达到上述目的，下列说法 正确的是(　　)33 A. 旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越大 B. 旋转舱的半径越大，转动的角速度就应越小 C. 宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越大 D. 宇航员质量越大，旋转舱的角速度就应越小 二、解答题 11．如图所示，倾角为 θ 的传送带，以 v0 的恒定速度按图示方向匀速运动．已知传送带上下两端相 距 L，现将一与传送带间动摩擦因数为 μ 的滑块 A 轻放于传送带上端， 求 A 从上端运动到下端的时间 t. 12．如图所示，边长为 L 的正方形 ABCD 中有竖直向上的匀强电场，一个不计重力的带电粒子，质量 为 m，电荷量为 q，以初速度 v0 从 A 点沿 AD 方向射入，正好从 CD 的中点射出，而且射出时速度方向与 CD 成 θ＝30°的夹角。 (1)该带电粒子带什么电？ (2)该电场的电场强度 E 为多少？ 13．如图所示，置于圆形水平转台边缘的小物块随转台加速转动，当转速达到某一数值时，物块恰好 滑离转台开始做平抛运动。现测得转台半径 R＝0.5 m，离水平地面的高度 H＝0.8 m，物块平抛落地过程水 平位移的大小 x＝0.4 m。设物块所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 g＝10 m/s2。求： (1)物块做平抛运动的初速度大小 v0； (2)物块与转台间的动摩擦因数 μ。34 14．轻质细线吊着一质量为 m＝0.32 kg、边长为 L＝0.8 m、匝数为 n＝10 的正方形线圈，线圈总电阻 为 r＝1 Ω.边长为 的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示，磁场方向垂直纸面向里， 其大小随时间变化的情况如图乙所示，从 t＝0 开始经 t0 时间细线开始松弛，取 g＝10 m/s2.求： ○1 在前 t0 时间内线圈中产生的电动势； ○2 在前 t0 时间内线圈的电功率； ○3 求 t0 的值． 15．(2015 江苏卷) 一转动装置如图所示，四根轻杆 OA、OC、AB 和 CB 与两小球及一小环通过铰链连接， 轻杆长均为 l，球和环的质量均为 m，O 端固定在竖直的轻质转轴上。套在转轴上的轻质弹簧连接在 O 与 小环之间，原长为 L。装置静止时，弹簧长为 。转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升。弹簧始 终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，重力加速度为 g。求: (1)弹簧的劲度系数 k； (2)AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度 ω0； (3)弹簧长度从 缓慢缩短为 的过程中，外界对转动装置所做的功 W。 【答案与解析】 一、选择题 2 L 3 2 L 3 2 L 1 2 L35 1．【答案】B 【解析】对地球仪受力分析：受到竖直向下的重力，底座给的向上的浮力，二力平衡，故浮力大小等 于重力大小 mg；地球仪对底座的作用力和底座对地球仪的作用力是一对相互作用力，等大反向，故地球 仪对底座的作用力大小为 mg，B 正确。 故选 B。 2．【答案】C　 【解析】物体沿斜面匀速下滑时的受力情况等效于物体静止与斜面上时的受力情况，故可以把物体看 成一个整体，F 在水平方向上的分力向左，故 M 有向左的运动趋势，A 错；F 在竖直方向上的分力向下， 故地面对 M 的支持力大于(M＋m)g，B 错；地面对 M 的摩擦力与 F 在水平方向上的分力大小相等，F 在水 平方向的分力为 Fcos θ，故 C 对；对 M 受力分析知物体 m 对 M 的作用力大于 mg，D 错。 3．【答案】2×103m/s 【解析】在火星表面上由万有引力等于重力： “火卫一”绕火星做圆周运动，由万有引力等于向心力得： 联立并代入数据得“火卫一”绕火星做圆周运动的速度 v=2×103m/s。 4．【答案】C　 【解析】小球 P 受绳的拉力、重力、Q 对 P 的弹力三个力作用，B 错误；物块 Q 受重力、P 对 Q 的 弹力、墙对 Q 的弹力、墙对 Q 的静摩擦力四个力作用，A 错误；由平衡条件可知，墙对 Q 的静摩擦力与 Q 的重力等大反向，与绳子长度无关，D 错误；绳子变长时，绳子与竖直方向的夹角 θ 变小，由 可知， 变小，C 正确。 5．【答案】D　 【解析】取沿斜面向上为正方向，小球沿斜面向上做匀减速直线运动，其位移 ， ， ，故 ，又 ，所以 ，D 正确。 6．【答案】A　 【解析】滑块 A 上滑时加速度的大小 ，A 项正确；A 下滑时的加速度 ， B 项 错 误 ； 由 牛 顿 第 二 定 律 知 A 上 滑 时 ， A 下 滑 时 ，解得 ，C 项错误；在速度－时间图象中面积表示位移，滑块 A 上 滑时运动的位移为 1 m，D 项错误。 7．【答案】A　 【解析】右侧细绳剪断的瞬间，弹簧弹力来不及发生变化，故 a 的受力情况不变，a 左侧绳的拉力、 2 MmG mgR = 火 2 2( + ) Mm vG mR h R h = + ·cos PF m gθ =绳 F绳 2 0 1 2x v t at= − 0 4 m/sv = 2sin 5 m/sa g θ= = 24 2.5x t t= − 0.5+d x= 20.5+4 2.5d t t= − 2 2 1 0 4.0 m/s =8.0 m/s0.5a −= 2 2 2 4.0 m/s =4.0 m/s1.5 0.5a = − 2sin cosmg mg maθ µ θ− = 0.25µ =36 静摩擦力大小方向均不变，A 正确，B 错误。而 b 在剪断绳的瞬间右侧绳的拉力立即消失，静摩擦力向右， C、D 错误。 8．【答案】C　 【解析】开始时 q 弹簧处于压缩状态，由胡克定律，压缩了 2 cm。c 木块刚好离开水平地面时，轻弹 簧 q 中拉力为 10 N，由胡克定律，轻弹簧 q 伸长 2 cm；轻弹簧 p 中拉力为 20 N，由胡克定律，轻弹簧 p 伸长 4 cm；该过程 p 弹簧的左端向左移动的距离是 ，选项 C 正确。 9．【答案】A　 【 解 析 】 小 车 由 A 运 动 到 B 的 时 间 为 2/4s=0.5s ， 对 左 侧 小 球 ， ， 对 右 侧 小 球 ， ，解得 h=1.25m，所以 A 正确。 10．【答案】B　 【解析】宇航员在舱内受到的支持力与他站在地球表面时受到的支持力大小相等，mg=mω2r，即 g=ω2r， 可见 r 越大，ω 就应越小，B 正确，A 错误；角速度与质量无关，C、D 错误。 二、解答题 11．【答案】见解析。 【解析】当 A 的速度达到 v0 时是运动过程的转折点，A 初始下滑加速度为 ， 若能加速到 v0，下滑位移(对地)为 ① 若 ，即 ， 则 A 从上端一直加速到下端 ， . ②若 L>s1 ，A 下滑到速度为 v0 用时 之后 L－s1 距离内摩擦力方向变为沿斜面向上，又可能有两种情况 a．若 ，则 A 达到 v0 后相对传送带停止滑动，以 v0 速度匀速运动到下端，有 2 cm+2 cm+4 cm=8 cm 215m 2 gt= 21 ( 0.5s)2h g t= − 1 sin cosa g gθ µ θ+= 2 2 0 0 1 12 2 (sin cos ) v vs a g θ µ θ= = + 1L s≤ 2 0 2 (sin cos ) vL g θ µ θ≤ + 2 1 1 2L a t= 1 2 2 (sin cos ) L Lt a g θ µ θ= = + 0 0 1 1 (sin cos ) v vt a g θ µ θ= = + tanµ θ≥ 01 2 0 0 2 (sin cos ) vL s Lt v v g θ µ θ −= = − +37 总时间 ； b．若 ，则 A 达到 v0 后相对传送带加速向下滑， ，到达下端速度为 用时 t 总时间 . 12．【答案】(1)负电　(2) 【解析】(1)根据做曲线运动的物体受的合力总是指向曲线凹的一侧，故带电粒子受到的电场力竖直向 下，带电粒子所受电场力方向与电场强度方向相反，所以粒子应带负电。 (2)带电粒子在电场中做类平抛运动，水平方向： ，竖直方向： ， 又根据带电粒子离开电场时的速度方向，由题图可得 联立解得该电场的电场强度 。 13．【答案】(1)1 m/s　(2)0.2 【解析】(1)物块做平抛运动，在竖直方向上有 　① 在水平方向上有　 　② 由①②式解得　 　③ (2)物块离开转台时，最大静摩擦力提供向心力，有 　④ 　⑤ 由③④⑤式解得　 ， 14．【答案】 【解析】①由法拉第电磁感应定律得： 0 1 2 0 2 (sin cos ) vLt t t v g θ µ θ= + = + + tanµ θ< 2 sin cosa g gθ µ θ−= 2 0 2 12 ( )v v a L s′ = + − 0 2 2 v vt a ′−= 1 2t t t= + 2 03mv qL 0L v t= yv at= /a Eq m= 0 tan(90 )yv v θ= °− 2 03mvE qL = 21 2H gt= 0x v t= 0 1 m/s2 gv x H = = 2 0 fm vF m R = fm NF F mgµ µ= = 2 0v gR µ = 0.2µ =38 . ② ， . ③分析线圈受力可知，当细线松弛时有 ， ， 由图象知 解得 . 15．【答案】(1) 　(2) 　(3) 【解析】（1）装置静止时，设 OA、AB 杆中的弹力分别为 、 ，OA 杆与转轴的夹角为 . 小环受到弹簧的弹力 小环受力平衡 小球受力平衡 ； 解得 (2) 设 OA、AB 杆中的弹力分别为 、 ，OA 杆与转轴的夹角为 ，弹簧长度为 。 小环受到弹簧的弹力 小环受力平衡 ,得 对小球 ； ； 解得： （3）弹簧长度为 时，设 OA、AB 杆中的弹力分别为 、 ，OA 杆与转轴的夹角为 ， 小环受到弹簧的弹力 小环受力平衡 ， 对小球 ； ； 解得 2 21 1 0.8=10 0.5 V=0.4 V2 2 2 2 Ф L BE n nt t ∆ ∆   = = × ×   ∆ ∆    0.4 AEI r = = 2 0.16 WP I r= = 0 2 LF nBt I mg= =安 EI r = 0 2 2mgrBt TnEL = = 0 01+0.5Bt t= 0 2 st = 4mg L 8 5 g L 216mglmgL L + 1F 1T 1θ 1 2 LF k= ⋅弹 1 11 2 cosF mg T θ= +弹 1 1 1 1cos cosF T mgθ θ+ = 1 1 1 1sin sinF Tθ θ= 4mgk L = 2F 2T 2θ x )(2 LxkF −=弹 mgF =2弹 Lx 4 5= mgF =22 cosθ 2 2 022 sinsin θωθ lmF = l x 2cos 2=θ L g 5 8 0 =ω L2 1 3F 3T 3θ kLF 2 1 3 =弹 333 cos2 θTmgF =+弹 l L 4cos 3=θ 3333 coscos θθ TmgF += 3 2 33333 sinsinsin θωθθ lmTF =+ L g16 3 =ω39 整个过程弹簧弹性势能变化为 0，则弹力做功为 0，由动能定理 解得 【点评】本题考查圆周运动，弹簧等知识和力的分析，力的平衡，向心力等能力，综合性强，物理情 景复杂。难度较大。 2 33 )sin(22)4 1 4 3(2)2 1 2 3( θω lmLLmgLLmgW ×=−−−− L mglmgLW 216+=