【物理】2019届一轮复习人教版力与运动学案 52页

第1讲　力与物体的平衡 高考命题轨迹 年份 题号(分值)‎ 考点 难度 ‎2017年 卷Ⅰ21题(6分)‎ 绳悬挂物体的动态平衡，一个力恒定及其对角恒定，另两力大小方向都变 较难 卷Ⅱ16题(6分)‎ 水平桌面上的物块在拉力作用下匀速运动，考查摩擦力、正交分解 中等 卷Ⅲ17题(6分)‎ 弹性绳悬挂钩码，考查胡克定律、共点力平衡 中等 ‎2016年 卷Ⅰ19题(6分)‎ 连接体的平衡，受力分析，平衡条件的应用 中等 卷Ⅱ14题(6分)‎ 轻绳悬挂物体的动态平衡，图解法 中等 卷Ⅲ17题(6分)‎ 连接体的平衡；平行四边形定则；弹力方向 中等 ‎2015年 卷Ⅰ24题(12分)‎ 安培力作用下导体棒的平衡；胡克定律 中等 考情分析　受力分析与物体平衡几乎是每年必考的内容，近年来着重考察连接体的平衡，整体法、隔离法的应用，绳、杆、面弹力的大小与方向及胡克定律，摩擦力的大小及临界极值问题，单物体的动态平衡问题等．选题不避常规模型，没有偏难怪．选择题中物理情景较简单，难度在中等偏易到中等难度之间；计算题物理情景较新颖，抽象出物理模型的难度较大．‎ 知识方法链接 ‎1．受力分析的两个顺序 ‎(1)先场力(重力、电场力、磁场力)后接触力(先弹力后摩擦力)．‎ ‎(2)先分析“确定的力”，再由“确定的力”判断“不确定的力”．‎ ‎2．受力分析的三个检验角度 ‎(1)明确各力的施力物体和受力物体，找不到施力物体的力是不存在的．‎ ‎(2)判断物体能否保持原状态．‎ ‎(3)转换研究对象(隔离→整体或整体→隔离)再做受力分析，判断是否吻合．‎ ‎3．受力分析的常用方法 整体法与隔离法：研究系统外的物体对系统整体的作用力时用整体法；研究系统内物体之间的相互作用力时用隔离法．遇到多物体平衡时一般整体法与隔离法结合着用，一般先整体后隔离．‎ 真题模拟精练　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．(多选)(2017·湖北省部分重点中学调研)如图1所示，顶角为θ的光滑圆锥体固定在水平面上，一质量为m的均质圆环套在圆锥体上，重力加速度大小为g，下列判断正确的是(　　)‎ 图1‎ A．圆锥体对圆环的弹力方向垂直于圆锥的侧面 B．圆锥体对圆环的弹力方向竖直向上 C．圆环的张力不为零 D．圆环的张力方向指向圆环的圆心 答案　BC 解析　因为圆环受重力和圆锥体对圆环的作用力处于平衡，则圆锥体对圆环的作用力等于圆环的重力，即F＝mg，方向与重力的方向相反，即圆锥体对圆环的弹力方向竖直向上，故A错误，B正确；质量为m的均质圆环套在圆锥体上，圆环有被撑开的趋势，所以圆环的张力不能为零，故C正确；圆环的张力方向沿圆环的切线方向，故D错误．故选B、C.‎ ‎2．(2017·山东烟台市模拟)如图2所示，质量均为m的相同工件a、b，横截面为平行四边形，靠在一起置于水平面上，它们的侧面与水平面的夹角为θ.己知a、b间相接触的侧面是光滑的，当在工件b上加一水平推力F时，两工件一起向左匀速运动，则下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．工件a对地面的压力等于工件b对地面的压力 B．工件a对地面的压力小于工件b对地面的压力 C．工件a受到的摩擦力等于工件b受到的摩擦力 D．工件a受到的摩擦力大于工件b受到的摩擦力 答案　B 解析　以a为研究对象进行受力分析如图所示，由于b对a产生斜向左上方的弹力F弹的作用，使得a对地面的压力小于mg；根据牛顿第三定律可知，a对b产生斜向右下方的弹力，使得b对地面的压力大于mg，所以A错误，B正确；根据Ff＝μFN可知，工件a受到的摩擦力小于工件b受到的摩擦力，C、D错误．故选B.‎ ‎3．(2017·山西吕梁市孝义市模拟)如图3所示，小球A、B穿在一根与水平面成θ角的光滑的固定杆上，一条跨过定滑轮的细绳两端分别连接A、B两球，不计所有摩擦．当两球静止时，OA绳与杆的夹角为θ，OB绳沿竖直方向，则以下说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．小球A可能受到2个力的作用 B．小球B可能受到3个力的作用 C．A、B的质量之比为1∶tan θ D．绳子对A的拉力大于对B的拉力 答案　C 解析　对A球受力分析可知，A受到重力、绳子的拉力以及杆对A球的弹力，三个力的合力为零，故A错误；对B球受力分析可知，B受到重力、绳子的拉力，两个力合力为零，杆对B球没有弹力，否则B不能平衡，故B错误；分别对A、B两球分析，运用合成法，如图，根据共点力平衡条件，得：FT＝mBg ＝(根据正弦定理列式)‎ 故mA∶mB＝1∶tan θ，故C正确；绳子对A的拉力等于对B的拉力，故D错误．故选C.‎ 知识方法链接 共点力平衡常用方法 ‎(1)合成法：一般三力平衡时(或多力平衡转化成三力平衡后)用合成法：由平行四边形定则合成任意两力(一般为非重力的那两个力)，该合力与第三个力平衡，在由力的示意图所围成的三角形中解决问题．将力的问题转化成三角形问题，再由三角函数、勾股定理、图解法、相似三角形法等求解．‎ ‎(2)正交分解法：一般受三个以上共点力平衡时用正交分解法：把物体受到的各力分解到相互垂直的两个方向上，然后分别列出两个方向上的平衡方程．‎ 真题模拟精练 ‎4．(2017·全国卷Ⅱ·16)如图4所示，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动．若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动．则物块与桌面间的动摩擦因数为(　　)‎ 图4‎ A．2－ B． C． D． 答案　C 解析　当F水平时，根据平衡条件得F＝μmg；当保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角时，由平衡条件得Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)，联立解得，μ＝，故选项C正确．‎ ‎5．(2016·全国卷Ⅲ·17)如图5所示，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球．在a和b之间的细线上悬挂一小物块．平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径．不计所有摩擦．小物块的质量为(　　)‎ 图5‎ A． B．m C．m D．2m 答案　C 解析　如图所示，圆弧的圆心为O，悬挂小物块的点为c，由于ab＝R，则△aOb为等边三角形，同一条细线上的拉力相等，FT＝mg，由几何关系知，∠acb＝120°，故绳的拉力的合力与物块的重力大小相等，所以小物块质量为m，故C对．‎ ‎6．(2017·山东济宁市一模)智能手机的普及使“低头族”应运而生．低头时，颈椎受到的压力会增大(当人体直立时，颈椎所承受的压力等于头部的重量)．现将人体头颈部简化为如图6所示的模型：重心在头部的P点，在可绕O转动的颈椎OP(轻杆)的支持力和沿PQ方向肌肉拉力的作用下处于静止状态．当低头时，若颈椎与竖直方向的夹角为45°，PQ与竖直方向的夹角为53°，此时颈椎受到的压力与直立时颈椎受到压力的比值为(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)(　　)‎ 图6‎ A．4　　　　B．5　　　　C．4　　　　D．5 答案　C 解析　由题意可明确人的头受力情况，如图所示：‎ 由题意知，F′＝G，则由几何关系可知：‎ ＝＝4.‎ 根据牛顿第三定律可知C正确．‎ 知识方法链接 ‎1．图解法 物体受三个力平衡：一个力恒定、另一个力的方向恒定时可用此法．‎ 例：挡板P由竖直位置绕O点向水平位置缓慢旋转时小球受力的变化．(如图7)‎ 图7‎ 特点：一个力为恒力，另一个力的方向不变．‎ ‎2．相似三角形法 物体受三个力平衡：一个力恒定、另外两个力的方向同时变化，当所作矢量三角形与空间的某个几何三角形总相似时用此法．(如图8)‎ 图8‎ 特点：一个力为恒力，另两个力的方向都在变．‎ ‎3．解析法：如果物体受到多个力的作用，可进行正交分解，利用解析法，建立平衡方程，根据自变量的变化确定因变量的变化．‎ ‎4．平行四边形定则：若合力不变，两等大分力夹角变大，则分力变大．‎ 真题模拟精练 ‎7．(多选)(2017·全国卷Ⅰ·21)如图9所示，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N，初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为α(α＞)．现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角α不变．在OM由竖直被拉到水平的过程中(　　)‎ 图9‎ A．MN上的张力逐渐增大 B．MN上的张力先增大后减小 C．OM上的张力逐渐增大 D．OM上的张力先增大后减小 答案　AD ‎8．(2017·安徽淮北市二模)在房屋装修过程中工人经常用如图10所示的简易方式运送材料，图中C为光滑定滑轮．为了保证材料不碰触窗台A、B，需要一人在楼下用一根绳子拽拉，保证材料竖直向上缓慢上升，假定人的位置不变，则在运送过程中(　　)‎ 图10‎ A．OC绳的拉力逐渐增大，OD绳的拉力逐渐减小 B．OC绳的拉力逐渐减小，OD绳的拉力逐渐增大 C．OC绳和OD绳的拉力均逐渐减小 D．OC绳和OD绳的拉力逐渐增大 答案　D ‎9．(2017·陕西宝鸡市二检)如图11所示，两块相互垂直的光滑挡板OP、OQ，OP竖直放置，小球a、b固定在轻弹簧的两端，并斜靠在OP、OQ挡板上．现有一个水平向左的推力F作用于b上，使a、b紧靠挡板处于静止状态．现保证b球不动，使竖直挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则(　　)‎ 图11‎ A．推力F变大 B．弹簧长度变短 C．弹簧长度变长 D．b对地面的压力变大 答案　C 解析　设弹簧与竖直方向的夹角为α，现保证b球不动，使挡板OP向右缓慢平移一小段距离，则α减小，以a球为研究对象，分析受力情况如图，根据平衡条件得：F弹＝，α减小，cos α增大，则F弹减小，弹簧长度变长；挡板对a的弹力FN1＝mgtan α，α减小，FN1减小．‎ 对a、弹簧和b整体研究：水平方向：F＝FN1，则作用力F将减小，故A、B错误，C正确；‎ 竖直方向：地面对b的支持力FN2＝(ma＋mb)g不变，根据牛顿第三定律可知，b对地面的压力不变，故D错误．故选C.‎ 知识方法链接 ‎1．静电场中的平衡常结合库仑定律、电场叠加考查受力分析、整体法与隔离法、动态平衡等．‎ ‎2．涉及安培力的平衡问题一般要将立体图转化为平面图，在平面图里面画受力分析图．‎ 真题模拟精练 ‎10．(2017·河北衡水市金卷)有三个完全相同的金属小球A、B、C，其中小球C不带电，小球A和B带有等量的同种电荷，如图12所示，A球固定在竖直绝缘支架上，B球用不可伸长的绝缘细线悬于A球正上方的O点处，静止时细线与OA的夹角为θ.小球C可用绝缘手柄移动，重力加速度为g，现在进行下列操作，其中描述与事实相符的是(　　)‎ 图12‎ A．仅将球C与球A接触离开后，B球再次静止时细线中的张力比原来要小 B．仅将球C与球B接触离开后，B球再次静止时细线与OA的夹角为θ1，仅将球C与球A接触离开后，B球再次静止时细线与OA的夹角为θ2，则θ1＝θ2‎ C．剪断细线OB瞬间，球B的加速度等于g D．剪断细线OB后，球B将沿OB方向做匀变速直线运动直至着地 答案　B 解析　仅将球C与球A接触后离开，球A的电荷量减半，致使小球A、B间的库仑力减小，对球B进行受力分析可知它在三个力的作用下平衡，设球A到O点的距离为H，细线的长度为L，由三角形相似可知＝，故细线的张力不变，故A错误；将球C与球B接触后离开，和球C与球A接触后离开，由库仑定律和均分电量法知道两种情况下A、B间的斥力相同，故夹角也相同，故B正确；剪断细线OB瞬间，球B在重力和库仑力作用下运动，其合力斜向右下方，与原来细线的张力等大反向，故其加速度不一定等于g，故选项C错误；剪断细线OB后，球B在空中运动时受到的库仑力随球A、B间距的变化而变化，即球B落地前做变加速曲线运动，故选项D错误．‎ ‎11．(2017·河南洛阳市第二次统考)如图13所示，两个带电小球A、B分别处于光滑绝缘的竖直墙面和斜面上，且在同一竖直平面内，用水平向左的推力F作用于B球，两球在图示位置静止，现将B球沿斜面向上移动一小段距离，发现A球随之向上缓慢移动少许，两球在虚线位置重新平衡，重新平衡后与移动前相比，下列说法错误的是(　　)‎ 图13‎ A．推力F变大 B．斜面对B的弹力不变 C．斜面对A的弹力变小 D．两球之间的距离变大 答案　A 解析　先对小球A受力分析，受重力、弹力、库仑力，如图所示，‎ 根据共点力平衡条件，有：‎ F库＝①‎ FN＝mgtan α②‎ 由于α减小，根据①式，库仑力减小，故两球间距增加，故D正确；‎ 由于α减小，根据②式，墙面对A的弹力变小，故C正确；‎ 再对A、B整体受力分析，受重力、斜面支持力FN′、墙壁弹力FN和推力F，如图所示，根据共点力平衡条件，有：‎ FN′sin β＋FN＝F FN′cos β＝(m＋M)g 解得：F＝(m＋M)gtan β＋mgtan α③‎ FN′＝④‎ 由于α减小，β不变，根据③式，推力F减小，故A错误；‎ 由于α减小，β不变，根据④式，斜面对B的弹力不变，故B正确．本题选错误的，故选A.‎ 专题规范练 题组1　高考真题体验 ‎1．(多选)(2016·全国卷Ⅰ·19)如图1所示，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(　　)‎ 图1‎ 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　由于物块a、b均保持静止，各绳角度保持不变，对a受力分析得，绳的拉力FT′＝mag，所以物块a受到绳的拉力保持不变．由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力相等，所以b受到绳的拉力大小、方向均保持不变，C选项错误；a、b受到绳的拉力大小、方向均不变，所以OO′的张力不变，A选项错误；对b进行受力分析，如图所示．‎ 由平衡条件得：FTcos β＋Ff＝Fcos α，Fsin α＋FN＋FTsin β＝mbg.其中FT和mbg始终不变，当F大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确．‎ ‎2．(2016·全国Ⅱ卷·14)质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上．用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图2所示．用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中(　　)‎ 图2‎ A．F逐渐变大，T逐渐变大 B．F逐渐变大，T逐渐变小 C．F逐渐变小，T逐渐变大 D．F逐渐变小，T逐渐变小 答案　A 解析　对O点受力分析如图所示，F与T的变化情况如图，由图可知在O点向左移动的过程中，F逐渐变大，T逐渐变大，故选项A正确．‎ ‎3．(2013·全国卷Ⅱ·15)如图3所示，在固定斜面上的一物块受到一外力F的作用，F平行于斜面向上．若要物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2(F2＞0)．由此可求出(　　)‎ 图3‎ A．物块的质量 B．斜面的倾角 C．物块与斜面间的最大静摩擦力 D．物块对斜面的正压力 答案　C 解析　当拉力为F1时，物块有沿斜面向上运动的趋势，受到沿斜面向下的静摩擦力，则F1＝mgsin θ＋Ffm.当拉力为F2时，物块有沿斜面向下运动的趋势，受到沿斜面向上的静摩擦力，则F2＋Ffm＝mgsin θ，由此解得Ffm＝.‎ ‎4．(2012·全国卷·24)拖把是由拖杆和拖把头构成的擦地工具(如图4)．设拖把头的质量为m，拖杆质量可忽略；拖把头与地板之间的动摩擦因数为常数μ，重力加速度为g.某同学用该拖把在水平地板上拖地时，沿拖杆方向推拖把，拖杆与竖直方向的夹角为θ.‎ 图4‎ ‎(1)若拖把头在地板上匀速移动，求推拖把的力的大小．‎ ‎(2)设能使该拖把在地板上从静止刚好开始运动的水平推力与此时地板对拖把的正压力的比值为λ.已知存在一临界角θ0，若θ≤θ0，则不管沿拖杆方向的推力有多大，都不可能使拖把从静止开始运动．求这一临界角的正切tan θ0.‎ 答案　(1)mg　(2)λ 解析　(1)设该同学沿拖杆方向用大小为F的力推拖把．将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，根据平衡条件有 Fcos θ＋mg＝FN①‎ Fsin θ＝Ff②‎ 式中FN和Ff分别为地板对拖把的正压力和摩擦力．‎ 所以Ff＝μFN③‎ 联立①②③式得F＝mg ‎(2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有Fsin θ≤λFN ④‎ 这时，①式仍成立．联立①④式得 sin θ－λcos θ≤λ⑤‎ 现求解使⑤式成立的θ角的取值范围．注意到⑤式右边总是大于零，且当F无限大时极限值为零，有 sin θ－λcos θ≤0⑥‎ 使⑥式成立的θ角满足θ≤θ0，这里θ0是题中所定义的临界角，即当θ≤θ0时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把，故临界角的正切为tan θ0＝λ.‎ 题组2　各省市模拟精选 ‎5．(2017·河南豫南九校第四次质考)如图5所示，重6 N的木块静止在倾角θ＝30°的斜面上，若用平行于斜面沿水平方向、大小等于4 N的力推木块，木块仍能保持静止，则木块所受的摩擦力大小是(　　)‎ 图5‎ A．3 N B．4 N C．5 N D．6 N 答案　C 解析　对木块受力分析，受推力F、重力G、支持力FN和静摩擦力Ff，将重力按照作用效果分解为沿斜面向下的分力F′＝mgsin θ＝3 N和垂直斜面向下的分力mgcos θ＝3 N，在与斜面平行的平面内，如图所示，摩擦力大小Ff＝＝ N＝5 N.‎ ‎6．(多选)(2017·湖南怀化市一模)如图6所示，一质量为m1的小球用轻质线悬挂在质量为m2的木板的支架上，木板沿倾角为θ的斜面下滑时，细线呈竖直状态，在木板下滑的过程中斜面体始终静止在水平地面上，已知斜面体的质量为M，重力加速度为g，则下列说法中不正确的是(　　)‎ 图6‎ A．地面对斜面体的支持力小于(M＋m1＋m2)g B．木板与斜面间的动摩擦因数为 C．摩擦产生的热量等于木板减少的机械能 D．斜面体受到地面的摩擦力为零 答案　ABC 解析　因拉小球的细线呈竖直状态，所以小球受到重力和竖直向上的拉力，在水平方向不受力，所以小球在水平方向没有加速度，结合小球沿斜面向下运动，所以小球和木板一定是匀速下滑．以小球、木板和斜面体整体为研究对象，由平衡条件知，地面对斜面体没有摩擦力，且地面对斜面体的支持力等于(M＋m1＋m2)g，故A错误，D正确．以小球和木板整体为研究对象，由平衡条件得：(m1＋m2)gsin θ＝μ(m1＋m2)gcos θ，即木板与斜面间的动摩擦因数为μ＝tan θ ‎，故B错误．木板与小球下滑过程中，由能量守恒定律知，木板、小球组成的系统减少的机械能转化为内能，故C错误．故选A、B、C.‎ ‎7．(2017·湖南常德市高三模拟)如图7所示，粗糙水平面上有一长木板，一个人在木板上用水平力F向右推着箱子在木板上匀速运动，人的质量大于箱子质量，若鞋与长木板、木箱与长木板间动摩擦因数相同，则下列说法正确的是(　　)‎ 图7‎ A．人受的滑动摩擦力方向水平向右 B．木箱受的滑动摩擦力方向水平向左 C．木板受地面的摩擦力方向水平向右 D．木板受地面的摩擦力方向水平向左 答案　B 解析　人用力F向右推箱子，对箱子受力分析，受推力、重力、支持力和滑动摩擦力，根据平衡条件，箱子受到的摩擦力方向向左，与推力平衡，人用力F向右推箱子，对箱子的作用力向右，根据牛顿第三定律可知，箱子对人的作用力的方向向左，人若要平衡，则受到的木板的摩擦力的方向向右，但人的脚在与木板接触时相对木板是静止的，故人受到的是静摩擦力，故A错误，B正确；对人、箱子和木板的整体受力分析，受重力和支持力，不受摩擦力，否则不平衡，故地面对木板没有摩擦力，故C、D错误．‎ ‎8．(2017·安徽马鞍山市一模)如图8所示，两根相同的直木棍AB和CD相互平行，斜靠在竖直墙壁上固定不动，一表面各处情况相同的圆筒恰能沿直木棍匀速下滑，若保持两木棍倾角α不变，将两者间的距离稍微增大后固定不动，仍使该圆筒以一定的初速度从两木棍上端滑下，则(　　)‎ 图8‎ A．圆筒将沿木棍减速下滑 B．圆筒将沿木棍加速下滑 C．木棍对圆筒的摩擦力不变 D．木棍和圆筒间的动摩擦因数μ＝tan α 答案　A 解析 ‎　圆筒从木棍的上部匀速滑下过程中，受到重力、两木棍的支持力和摩擦力，根据平衡条件可知，两木棍支持力的合力和摩擦力不变，将两木棍间的距离稍微增大后，两木棍支持力的合力不变，而两支持力夹角增大，则每根木棍对圆筒的支持力变大，故滑动摩擦力变大，故圆筒将会减速滑行，故A正确，B、C错误；匀速下滑时，圆筒受2个支持力、2个摩擦力，根据平衡条件，有：2μFN－mgsin α＝0，其中2FN≠mgcos α，故μ≠tan α，故D错误．故选A.‎ ‎9．(多选)(2017·江西新余一中第七次模拟)如图9所示，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着系于竖直板上，两小球A、B通过光滑定滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态，已知B球质量为m，O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，则下列叙述正确的是(　　)‎ 图9‎ A．小球A、B受到的拉力FOA与FOB相等，且FOA＝FOB＝mg B．弹簧弹力大小为mg C．A球质量为mA＝m D．光滑半圆柱体对A球支持力的大小为mg 答案　BC 解析　对B受力分析可知：细线的拉力FOB＝＝mg，则FOA＝FOB＝mg，选项A错误；弹簧弹力大小F＝mgtan 45°＝mg，选项B正确；对A球受力分析可知：mAg＝2FOAcos 30°，解得：mA＝m，选项C正确；光滑半圆柱体对A球支持力的大小为FN＝FOA＝mg，选项D错误．故选B、C.‎ ‎10．(2017·辽宁铁岭市协作校联考)如图10(a)所示，两段等长轻质细线将质量分别为m、2m的小球A、B(均可视为质点)悬挂在O点，小球A受到水平向右的恒力F1的作用，小球B受到水平向左的恒力F2的作用，当系统处于静止状态时，出现了如图(b)所示的状态，小球B刚好位于O点正下方．则F1与F2的大小关系正确的是(　　)‎ 图10‎ A．F1＝4F2 B．F1＝3F2‎ C．2F1＝3F2 D．2F1＝5F2‎ 答案　D 解析　A受到水平向右的力F1，B受到水平向左的力F2，以整体为研究对象，分析受力如图：设OA与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得：‎ tan α＝①‎ 以B球为研究对象，设AB与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得：‎ tan β＝②‎ 由几何关系得到：α＝β③‎ 联立①②③解得：2F1＝5F2.故选D.‎ ‎11．(2017·江西重点中学盟校第一次联考)如图11所示，倾角为α的粗糙斜劈放在粗糙水平面上，物体a放在斜面上，轻质细线一端固定在物体a上，另一端绕过光滑的滑轮固定在c点，滑轮2下悬挂物体b，系统处于静止状态．若将固定点c向右移动少许，而a与斜劈始终静止，滑轮重力不计，下列说法错误的是(　　)‎ 图11‎ A．斜劈对物体a的摩擦力一定减小 B．斜劈对地面的压力一定不变 C．细线对物体a的拉力一定增大 D．地面对斜劈的摩擦力一定增大 答案　A 解析　对物体a受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，由于不知道拉力与重力沿斜面分力的大小关系，故无法判断静摩擦力的方向，故不能判断静摩擦力的变化情况，故A错误；对斜劈、物体a、物体b整体受力分析，受重力、支持力、细线的拉力和地面的静摩擦力，如图甲所示：‎ 根据平衡条件，有：FN＝G总－FTcos θ＝G总－，FN与角度θ 无关，恒定不变；根据牛顿第三定律，斜劈对地面的压力也不变，故B正确；Ff＝FTsin θ＝tan θ，将固定点c向右移动少许，则θ增加，故摩擦力增加，故D正确；‎ 对物体b受力分析，受重力和两个拉力，如图乙所示：‎ 根据平衡条件，有：mbg＝2FTcos θ 解得：FT＝ 将固定点c向右移动少许，则θ增加，故拉力FT增加，故C正确．故选A.‎ ‎12．(2017·福建龙岩市3月质检)如图12所示，两个相同的小物体P、Q静止在斜面上，P与Q之间的弹簧A处于伸长状态，Q与挡板间的弹簧B处于压缩状态，则以下判断正确的是(　　)‎ 图12‎ A．撤去弹簧A，物体P将下滑，物体Q将静止 B．撤去弹簧A，弹簧B的弹力将变小 C．撤去弹簧B，两个物体均保持静止 D．撤去弹簧B，弹簧A的弹力将变小 答案　C 解析　开始时P受到重力、斜面的支持力、弹簧向上的拉力，由于不知道P受到的重力沿斜面向下的分量与弹簧向上的拉力的大小关系，不能判断出P与斜面之间是否有摩擦力，以及摩擦力的方向；开始时Q受到重力、斜面的支持力、弹簧A向下的拉力以及弹簧B向下的推力，所以Q一定受到沿斜面向上的摩擦力且最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分量，因P、Q是相同的物体，故撤去弹簧A的瞬间，物体P将静止；撤去弹簧A的瞬间，弹簧B的长度不变，所以弹簧B的弹力不变，物体Q受到重力、斜面的支持力、弹簧B向下的推力以及摩擦力的作用，由于沿斜面向下的力少了弹簧A的拉力，所以摩擦力减小，Q仍然将静止，故A、B错误；撤去弹簧B，弹簧A的长度不变，所以弹力不变，故物块P的受力不变，则P将继续保持静止；撤去弹簧B，Q受到的向下的力少了弹簧B的推力，所以摩擦力减小，Q仍然将静止，故C正确，D错误．故选C.‎ 第2讲　牛顿运动定律与直线运动 高考命题轨迹 年份 题号(分值)‎ 考点 难度 ‎2017年 卷Ⅰ25题(20分)‎ 带电油滴在匀强电场中的匀变速直线运动，考查牛顿运动定律与匀变速直线运动规律 较难 卷Ⅱ24题(12分)‎ 冰球与运动员在冰面上的滑动，考查牛顿第二定律与匀变速直线运动规律 中等 卷Ⅲ25题(20分)‎ 两滑块在木板上滑动，考查牛顿运动定律与匀变速直线运动规律的综合应用 较难 ‎2016年 卷Ⅰ21题(6分)‎ 结合v－t图象考查追及相遇问题 中等 卷Ⅱ19题(6分)‎ 两球下落，受空气阻力，考查牛顿第二定律与匀变速直线运动规律 中等 卷Ⅲ16题(6分)‎ 结合动能变化考查加速度与平均速度 中等 ‎2015年 卷Ⅰ20题(6分)‎ 物块在斜面上运动，结合v－t图象考查牛顿第二定律 中等 卷Ⅰ25题(20分)‎ 板块模型的多过程问题，结合v－t图象考查牛顿第二定律及匀变速直线运动规律 较难 卷Ⅱ20题(6分)‎ 火车连接体问题，考查a与m、F的关系 中等 卷Ⅱ25题(20分)‎ 泥石流、板块模型的多过程问题，考查牛顿第二定律与匀变速直线运动规律 较难 考情分析　该部分是高考重点考查内容，匀变速直线运动问题一般结合牛顿运动定律，在选择题和计算题中均有考查，形式灵活，情景多样，贴近生活，选择题难度中等，计算题多以板块模型、多过程问题为主再结合v－t图象，难度较大．单纯直线运动问题一般在选择题中结合v－t图象考查，难度不大．‎ 知识方法链接 ‎1．解题思路 ‎(1)分析运动过程，画出过程示意图．‎ ‎(2)标出已知量、未知量．‎ ‎(3)选择合适公式，列方程求解．‎ 注意：(1)多过程问题中两过程间的连接点的速度是连接两运动的纽带，是解题的关键，要先设出．‎ ‎(2)多过程问题用v－t图象辅助分析会更形象、简捷．‎ ‎(3)v、x、a等物理量是矢量，注意规定正方向，尤其是在一个过程中速度方向发生变化的情况．‎ ‎2．牢记解决匀变速直线运动问题的四种常用方法 ‎3．处理刹车类问题的思路：先判断刹车时间，再进行分析计算．‎ ‎4．图象问题要“四看”“一注意”‎ ‎(1)看坐标轴：看清坐标轴所表示的物理量，明确因变量(纵轴表示的量)与自变量(横轴表示的量)之间的制约关系．‎ ‎(2)看图象：识别两个相关量的变化趋势，从而分析具体的物理过程．‎ ‎(3)看纵坐标、“斜率”和“面积”：v－t图象中根据坐标值、“斜率”和“面积”可分析速度、加速度和位移的大小、方向特点．‎ ‎(4)看交点：明确图线与图线的交点、图线与坐标轴的交点的物理意义．‎ ‎(5)一注意：利用v－t图象分析两个物体的运动时，要注意两个物体的出发点，即注意它们是从同一位置出发，还是从不同位置出发．若从不同位置出发，要注意出发时两者的距离．‎ 真题模拟精练 ‎1．(2017·湖南怀化市一模)如图1所示，甲、乙两车同时由静止从A点出发，沿直线AC运动．甲以加速度a3做初速度为零的匀加速运动，到达C点时的速度为v.乙以加速度a1做初速度为零的匀加速运动，到达B点后做加速度为a2的匀加速运动，到达C点时的速度亦为v.若a1≠a2≠a3，则(　　)‎ 图1‎ A．甲、乙不可能同时由A到达C B．甲一定先由A到达C C．乙一定先由A到达C D．若a1＞a3，则甲一定先由A到达C 答案　A ‎2．(多选)某物体以一定的初速度沿足够长的斜面从底端向上滑去，此后该物体的运动图象不可能的是(v是速度、t是时间)(　　)‎ 答案　ABC ‎3．(多选)(2017·湖北省部分重点中学调研)两辆汽车从同一地点同时出发沿同一方向做直线运动，它们的速度的平方(v2) 随位置(x)的变化图象如图2所示，下列判断正确的是(　　)‎ 图2‎ A．汽车A的加速度大小为4 m/s2‎ B．汽车A、B在x＝6 m处的速度大小为2 m/s C．汽车A、B在x＝8 m处相遇 D．汽车A、B在x＝9 m处相遇 答案　BC 解析　根据匀变速直线运动的速度位移关系公式v2－v＝2ax得：v2＝v＋2ax，可知v2－x图象的斜率等于2a.对于汽车A，则有 2aA＝ m/s2＝－4 m/s2，可得aA＝－2 m/s2，加速度大小为2 m/s2，故A错误．汽车A、B在x＝6 m处的速度大小设为v.由题图知：对于汽车A，有 v＝36 m2/s2，得A的初速度v0＝6 m/s，由v2－v＝2aAx得v＝＝ m/s＝2 m/s，故B正确．对于汽车B，初速度为0，加速度为 aB＝＝ m/s2＝1 m/s2，设经过时间t两车相遇，则有 v0t＋aAt2＝aBt2，得t＝4 s，则x＝aBt2＝×1×42 m＝8 m，即汽车A、B在x＝8 m处相遇，故C正确，D错误．故选B、C.‎ 知识方法链接 ‎1．分析动力学问题的流程 注意：(1)抓好两个分析：受力分析与运动过程分析，特别是多过程问题，一定要明确各过程受力的变化、运动性质的变化、速度方向的变化等．‎ ‎(2)求解加速度是解决问题的关键．‎ ‎2．陌生的图象要先找图象的函数关系式(根据动力学规律对运动过程列方程，找出两物理量在运动过程中任一位置的关系，分离出因变量即可)，由函数关系式确定截距、斜率等的物理意义．‎ 真题模拟精练 ‎4．(2017·湖南湘潭市二模)如图3所示，地面上放有一质量为m的物块(视为质点)，物块与水平地面间的动摩擦因数为，现用一斜向右上的力F(与水平方向的夹角θ及力的大小未知)拉物块使之在地面上向右运动，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．若物块向右加速运动，则物块与地面间可能没有摩擦力 B．若物块向右加速运动，则F与摩擦力的合力一定竖直向上 C．若物块向右匀速运动，则F的最小值为mg D．若物块向右匀速运动，则F的最小值为mg 答案　A ‎5．(多选)(2017·广东深圳市二模)如图4所示，倾角为θ的固定斜面上放置一矩形木箱，箱中有垂直于底部的光滑直杆，箱和杆的总质量为M，质量为m的铁环从杆的上端由静止开始下滑，铁环下滑的过程中木箱始终保持静止，在铁环到达箱底之前(　　)‎ 图4‎ A．箱对斜面的压力大小为(m＋M)gcos θ B．箱对斜面的压力大小为Mgcos θ C．箱对斜面的摩擦力大小为(m＋M)gsin θ D．箱对斜面的摩擦力大小为Mgsin θ 答案　BC ‎6．(多选)(2017·广东汕头市一模)假设小球在空气中下落过程受到的空气阻力与球的速率成正比，即F阻＝kv，比例系数k决定于小球的体积，与其他因素无关．让体积相同而质量不同的小球在空气中由静止下落，它们的加速度与速度的关系图象如图5所示，则(　　)‎ 图5‎ A．小球的质量越大，图象中的a0越大 B．小球的质量越大，图象中的vm越大 C．小球的质量越大，速率达到vm时经历的时间越短 D．小球的质量越大，速率达到vm时下落的距离越长 答案　BD 解析　根据牛顿第二定律得mg－F阻＝ma，据题F阻＝kv，解得a＝g－v，当v＝0时，a＝a0＝g，与小球的质量无关．当a＝0时，v＝vm＝，可知小球的质量m越大，图象中的vm越大，故A错误，B正确．Δt＝||＝随着m的增大而增大，即小球的质量越大，速率达到vm时经历的时间越长，故C错误．m越大，vm越大，速率达到vm时经历的时间越长，下落的距离越长，故D正确．故选B、D.‎ ‎7．(2017·全国卷Ⅱ·24)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1E1，应有 ‎2－2－()2>1⑰‎ 即t1>(＋1)⑱‎ 另一解为负，不符合题意，舍去．‎ 专题规范练 题组1　高考真题检验 ‎1．(多选)(2016·全国卷Ⅱ·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则(　　)‎ A．甲球用的时间比乙球长 B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案　BD 解析　小球的质量m＝ρ·πr3，由题意知m甲>m乙，ρ甲＝ρ乙，则r甲>r乙．空气阻力F阻＝kr ‎，对小球由牛顿第二定律得，mg－F阻＝ma，则a＝＝g－＝g－，可得a甲>a乙，由h＝at2知，t甲v乙，故选项B正确；因F阻甲>F阻乙，由球克服阻力做功W阻＝F阻h知，甲球克服阻力做功较大，选项D正确．‎ ‎2．(多选)(2015·新课标全国Ⅰ·20)如图1(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的vt图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出(　　)‎ 图1‎ A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 答案　ACD 解析　由vt图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝，根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，即gsin θ＋μgcos θ＝.同理向下滑行时gsin θ－μgcos θ＝，两式联立得sin θ＝，μ＝，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x＝t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsin θ＝t1×＝，选项D正确；仅根据vt图象无法求出物块的质量，选项B错误．‎ ‎3．(多选)(2015·新课标全国Ⅱ·20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)‎ A．8 B．10 C．15 D．18‎ 答案　BC 解析　设PQ西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则F＝nma①‎ 设PQ东边有k节车厢，则F＝km·a②‎ 联立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶数，‎ 当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5‎ 当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10‎ 当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15‎ 当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确．‎ ‎4．(2013·新课标Ⅱ卷·14)一物块静止在粗糙的水平桌面上．从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用．假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小．能正确描述F与a之间的关系的图象是(　　)‎ 答案　C 解析　当拉力F小于最大静摩擦力时，物块静止不动，加速度为零，当F大于最大静摩擦力时，根据F－Ff＝ma知：随F的增大，加速度a增大，故选C.‎ ‎5．(多选)(2013·新课标Ⅰ卷·21)2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图2(a)为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t＝0.4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度—时间图线如图(b)所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1 000 m．已知航母始终静止，重力加速度的大小为g.则(　　)‎ ‎ ‎ 图2‎ A．从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的 B．在0.4～2.5 s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化 C．在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5g D．在0.4～2.5 s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率几乎不变 答案　AC ‎6．(2015·新课标全国Ⅱ·25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图3所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m ‎(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27 m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g＝10 m/s2.求：‎ 图3‎ ‎(1)在0～2 s时间内A和B加速度的大小；‎ ‎(2)A在B上总的运动时间．‎ 答案　(1)3 m/s2　1 m/s2　(2)4 s 解析　(1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中Ff1、FN1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，Ff2、FN2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．‎ 由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得 Ff1＝μ1FN1①‎ FN1＝mgcos θ②‎ Ff2＝μ2FN2③‎ FN2＝FN1′＋mgcos θ④‎ 规定沿斜面向下为正．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得 mgsin θ－Ff1＝ma1⑤‎ mgsin θ－Ff2＋Ff1′＝ma2⑥‎ 又FN1＝FN1′⑦‎ Ff1＝Ff1′⑧‎ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，并代入题给条件得 a1＝3 m/s2⑨‎ a2＝1 m/s2⑩‎ ‎(2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2，则 v1＝a1t1＝6 m/s⑪‎ v2＝a2t1＝2 m/s⑫‎ ‎2 s后，设A和B的加速度分别为a1′和a2′.此时A与B之间摩擦力为零，同理可得 a1′＝6 m/s2⑬‎ a2′＝－2 m/s2⑭‎ 由于a2′＜0，可知B做减速运动．设经过时间t2，B的速度减为零，则有v2＋a2′t2＝0⑮‎ 联立⑫⑭⑮式得t2＝1 s⑯‎ 在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为 x＝－＝12 m＜27 m⑰‎ 此后B静止不动，A继续在B上滑动．设再经过时间t3后A离开B，则有 l－x＝(v1＋a1′t2)t3＋a1′t⑱‎ 可得t3＝1 s(另一解不合题意，舍去)⑲‎ 设A在B上总的运动时间为t总，有 t总＝t1＋t2＋t3＝4 s.‎ 题组2　各省市模拟精选 ‎7．(多选)(2017·山西省一模)将一小球以一定的初速度竖直向上抛出并开始计时，小球所受空气阻力的大小与小球的速率成正比，已知t2时刻小球落回到抛出点，其运动的v－t图象如图4所示，则在此过程中(　　)‎ 图4‎ A．t＝0时刻小球的加速度最大 B．当小球运动到最高点时，小球的加速度为重力加速度g C．t2＝2t1‎ D．小球的速度大小先减小后增加，加速度大小先增加后减小 答案　AB 解析　根据v－t图象的斜率等于加速度，t＝0时刻图象切线的斜率绝对值最大，则t＝0时，小球的加速度最大，故A正确．当小球运动到最高点时，小球的速度为零，所受的空气阻力为零，则其所受合力等于重力，加速度为重力加速度g，故B正确．由于空气阻力的存在，小球的机械能不断减少，所以上升和下落经过同一点上升时的速度大于下落时的速度，所以上升过程的平均速度大于下落过程的平均速度，而上升阶段和下落阶段的位移大小相等，所以上升的时间小于下落的时间，则t2＞2t1，故C错误．由题图知：小球的速度大小先减小后增大，而加速度一直减小，故D错误．故选A、B.‎ ‎8．(2017·山西运城市期末)‎ 入冬以来，运城市雾霾天气频发，发生交通事故的概率比平常高出许多，保证雾霾中行车安全显得尤为重要；在雾天的平直公路上，甲、乙两汽车同向匀速行驶，乙在前，甲在后．某时刻两车司机听到警笛提示，同时开始刹车，结果两车刚好没有发生碰撞．如图5所示为两车刹车后做匀减速运动的v－t图象，以下分析正确的是(　　)‎ 图5‎ A．甲刹车的加速度的大小为0.5 m/s2‎ B．两车刹车后间距一直在减小 C．两车开始刹车时的距离为100 m D．两车都停下来后相距25 m 答案　C 解析　甲刹车的加速度的大小a＝||＝1 m/s2，故A错误；两车刹车后前20 s间距一直在减小，20 s末两车速度相等，距离最小，之后间距增大，故B错误；两车刚好没有发生碰撞，说明20 s末两车速度相等时，两车位置相同，20 s末两车的速度v＝5 m/s，Δx＝x2－x1＝(×20－×20) m＝100 m，故C正确； 20 s后两车的位移之差Δx＝×(30－20)×5 m－×(25－20)×5 m＝12.5 m，故D错误．本题选C.‎ ‎9．(2017·河北省五个一联盟二模)如图6所示，固定斜面，CD段光滑，DE段粗糙，A、B两物体叠放在一起从C点由静止下滑，下滑过程中A、B保持相对静止，则(　　)‎ 图6‎ A．在CD段时，A受三个力作用 B．在DE段时，A可能受二个力作用 C．在DE段时，A受摩擦力方向一定沿斜面向上 D．整个下滑过程中，A、B均处于失重状态 答案　C 解析　在CD段，整体的加速度a＝＝gsin θ，隔离B对A分析，有：mAgsin θ＋Ff＝mAa，解得Ff＝0，可知A受重力和支持力两个力作用，故A错误．设B与斜面DE段间的动摩擦因数为μ，在DE段，整体的加速度a′＝＝gsin θ－μgcos θ，隔离B对A分析，有：mAgsin θ＋Ff′＝mAa′，解得Ff′＝－μmAgcos θ，方向沿斜面向上．若匀速运动，A受到静摩擦力也是沿斜面向上，所以A 一定受三个力作用，故B错误，C正确．整体下滑的过程中，CD段加速度沿斜面向下，A、B均处于失重状态．在DE段，A、B可能做匀速直线运动，不处于失重状态，故D错误．故选C.‎ ‎10．(多选)(2017·广东深圳市第一次调研)如图7所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，木板的左端有一质量为m的木块，在木块上施加一水平向右的恒力F，木块和木板由静止开始运动，木块相对地面运动位移x后二者分离．则下列哪些变化可使位移x增大(　　)‎ 图7‎ A．仅增大木板的质量M B．仅增大木块的质量m C．仅增大恒力F D．仅稍增大木块与木板间的动摩擦因数 答案　BD 解析　根据牛顿第二定律得m的加速度为：a1＝＝－μg，M的加速度为：a2＝，设板长为L，根据L＝a1t2－a2t2，得：t＝ .木块相对地面运动位移为：x＝a1t2＝，则知若仅增大木板的质量M，m的加速度a1不变，M的加速度a2减小，则时间t减小，x减小，故A错误；若仅增大木块的质量m，则m的加速度a1减小，M的加速度a2增大，则t增大，x增大，故B正确；若仅增大恒力F，则m的加速度a1变大，M的加速度不变，则t减小，x减小，故C错误；若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则m的加速度a1减小，M的加速度a2增大，则t增大，x增大，故D正确．故选B、D.‎ ‎11．(2017·陕西西安市二检)用同种材料制成倾角为30°的斜面和长水平面，斜面长2.4 m且固定，一小物块从斜面顶端以沿斜面向下的初速度v0开始自由下滑，当v0＝2 m/s时，经过0.8 s后小物块停在斜面上．多次改变v0的大小，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t，作出t－v0图象，如图8所示，g取10 m/s2，则下列说法中正确的是(　　)‎ 图8‎ A．小物块在斜面上运动时加速度大小为2.5 m/s2‎ B．小物块在斜面上运动时加速度大小为0.4 m/s2‎ C．小物块与该种材料间的动摩擦因数为0.5‎ D．由图可推断若小物块初速度继续增大，小物块的运动时间也随速度均匀增大 答案　A ‎12．(2017·江西南昌市一模)在倾角θ＝37°的粗糙斜面上有一质量m＝2 kg的物块，物块受如图9甲所示的水平方向恒力F的作用，t＝0时刻物块以某一速度从斜面上A点沿斜面下滑，在t＝4 s时滑到水平面上，此时撤去F，在这以后的一段时间内物块运动的速度随时间变化的关系如图乙所示，已知A点到斜面底端的距离x＝18 m，物块与各接触面之间的动摩擦因数相同，不考虑转角处机械能损失，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：‎ 图9‎ ‎(1)物块在A点的速度大小；‎ ‎(2)水平恒力F的大小．‎ 答案　(1)5 m/s　(2)10.1 N 解析　(1)设物块在斜面上运动的加速度大小为a 1，方向沿斜面向上，则x＝vt＋a1t2‎ 解得a1＝0.25 m/s2‎ 物块在A点的速度为v0＝v＋a1t＝5 m/s ‎(2)设物块与接触面间的动摩擦因数为μ，物块在水平面上运动时，有μmg＝ma2‎ 由图线可知a2＝2 m/s2‎ 解得μ＝0.2‎ 物块在斜面上运动时，设所受的摩擦力为Ff，则 Fcos θ－mgsin θ＋Ff＝ma1‎ Ff＝μFN FN＝mgcos θ＋Fsin θ 解得F＝≈10.1 N.‎ 第3讲　曲线运动 高考命题轨迹 年份 题号(分值)‎ 考点 难度 ‎2017年 卷Ⅰ15题(6分)‎ 发球机发射乒乓球，考查平抛运动 容易 卷Ⅱ19题(6分)‎ 海王星绕太阳的运动，考查开普勒行星运动定律与机械能守恒 中等 卷Ⅲ14题(6分)‎ 天舟一号与天宫二号对接，考查卫星运动规律与万有引力定律 容易 ‎2016年 卷Ⅰ17题(6分)‎ 利用地球同步卫星信号覆盖考查开普勒第三定律 中等 卷Ⅰ18题(6分)‎ 曲线运动条件 中等 卷Ⅰ25题(18分)‎ 平抛与竖直面内圆周运动结合机械能守恒 较难 卷Ⅱ16题(6分)‎ 竖直面内的圆周运动与机械能守恒结合 中等 卷Ⅱ25题(20分)‎ 平抛与竖直面内圆周运动结合弹簧、能量问题 较难 卷Ⅲ14题(6分)‎ 考查开普勒在行星运动方面的主要成就 容易 ‎2015年 卷Ⅰ17题(6分)‎ 竖直面圆周运动与功能关系 中等 卷Ⅰ18题(6分)‎ 乒乓球发射机，求平抛运动初速度范围 中等 卷Ⅰ21题(6分)‎ 结合登月探测器的着陆考查万有引力定律的应用 容易 卷Ⅱ16题(6分)‎ 结合卫星变轨过程考查运动的合成与分解 容易 卷Ⅱ21题(6分)‎ 轻杆关联物体的速度分解与功能关系结合 中等 考情分析　平抛运动的规律及分析方法、圆周运动的受力特点(特别是竖直面内的圆周运动受力特点及能量变化)，一般在选择题中出现．平抛运动与竖直面内圆周运动相结合，再结合能量守恒，近年在计算题中出现，需要重视．绳、杆关联物体的速度，曲线运动条件的考查近年来也有出现，值得注意．‎ 知识方法链接 ‎1．物体做曲线运动的条件及特点 ‎(1)条件：F合与v的方向不在同一直线上．‎ ‎(2)特点 ‎①F合恒定：做匀变速曲线运动．‎ ‎②F合不恒定：做非匀变速曲线运动．‎ ‎③做曲线运动的物体受的合力总是指向曲线的凹侧．‎ ‎2．绳(杆)关联物体的速度 ‎(1)若由绳(杆)连接的两运动物体的运动方向沿绳(杆)方向，则两物体速度大小相等．‎ ‎(2)若物体运动方向不沿绳(杆)，将其速度分解到沿绳(杆)方向和垂直绳(杆)方向，再参考上一条．‎ 真题模拟精练　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．(2017·山西晋中市调研)如图1所示为一个做匀变速曲线运动的物块轨迹的示意图，运动至A点时速度大小为v0，经一段时间后物块运动至B点，速度大小仍为v0，但相对于A点时的速度方向改变了90°，则在此过程中(　　)‎ 图1‎ A．物块的运动轨迹AB可能是某个圆的一段圆弧 B．物块的动能可能先增大后减小 C．物块的速度大小可能为 D．B点的加速度与速度的夹角小于90°‎ 答案　D 解析　由题意，物块做匀变速曲线运动，则加速度的大小与方向都不变，所以运动的轨迹是一段抛物线，不是圆弧，故A错误；由题意，物块运动到B点时速度方向相对A点时的速度方向改变了90°，速度沿B点轨迹的切线方向，则知加速度方向垂直于AB的连线向下，合外力也向下，物块做匀变速曲线运动，物块由A到B过程中，合外力先做负功，后做正功，由动能定理可得，物块的动能先减小后增大，故B错误；物块的加速度方向垂直于A、B的连线向下，根据题意可知速度方向改变90°，则A点的速度方向与AB连线方向夹角为45°，如图所示，所以在物块运动过程中的最小速度为v0，C错误；物块在B点速度沿B点轨迹的切线方向，而加速度方向垂直于A、B的连线向下，可知二者之间的夹角小于90°，故D正确．‎ ‎2．(2017·四川成都市诊断)质量为m的物体P置于倾角为θ1的固定光滑斜面上，轻细绳跨过光滑轻质定滑轮分别连接着P与小车，P与滑轮间的细绳平行于斜面，小车以速率v水平向右做匀速直线运动．当小车与滑轮间的细绳和水平方向成夹角θ2时(如图2)，下列判断正确的是(　　)‎ 图2‎ A．P的速率为v B．P的速率为vcos θ2‎ C．绳的拉力等于mgsin θ1‎ D．绳的拉力小于mgsin θ1‎ 答案　B 解析　将小车的速度v进行分解如图所示，则vP＝vcos θ2，故A错误，B正确；小车向右运动，θ2减小，v不变，则vP逐渐增大，说明物体P沿斜面向上做加速运动，由牛顿第二定律FT－mgsin θ1＝ma，可知绳子对P的拉力FT＞mgsin θ1，故C、D错误．故选B.‎ 知识方法链接 ‎1．求解平抛运动的基本思路和方法——运动的分解 将平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动——“化曲为直”，是处理平抛运动的基本思路和方法．‎ ‎2．两个基本关系 ‎(1)位移关系： 位移方向偏转角tan α＝.‎ ‎(2)速度关系： 速度方向偏转角tan θ＝＝＝2tan α.‎ 分析题目条件是位移(方向)关系，还是速度(方向)关系，选择合适关系式解题．‎ 真题模拟精练 ‎3．(2017·全国卷Ⅰ·15)发球机从同一高度向正前方依次水平射出两个速度不同的乒乓球(忽略空气的影响)．速度较大的球越过球网，速度较小的球没有越过球网．其原因是(　　)‎ A．速度较小的球下降相同距离所用的时间较多 B．速度较小的球在下降相同距离时在竖直方向上的速度较大 C．速度较大的球通过同一水平距离所用的时间较少 D．速度较大的球在相同时间间隔内下降的距离较大 答案　C 解析　由题意知，两个乒乓球均做平抛运动，则根据h＝gt2及v＝2gh可知，乒乓球的运动时间、下降的高度及竖直方向速度的大小均与水平速度大小无关，故选项A、B、D均错误；由发出点到球网的水平位移相同时，速度较大的球运动时间短，在竖直方向下落的距离较小，可以越过球网，故C正确．‎ ‎4．(2017·安徽十校联考)如图3所示，将小球以速度v沿与水平方向成θ＝37°角斜向上抛出，结果球刚好能垂直打在竖直墙面上，球反弹的瞬间速度方向水平，且速度大小为碰撞前瞬间速度大小的，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，空气阻力不计，则当反弹后小球的速度大小再次为v时，速度方向与水平方向夹角的正切值为(　　)‎ 图3‎ A．　　　B．　　　C．　　　D． 答案　B 解析　采用逆向思维，小球做斜抛运动看成是平抛运动的逆反运动，将抛出速度沿水平和竖直方向分解，有：‎ vx＝vcos θ＝v·cos 37°＝0.8v vy＝v·sin 37°＝0.6v 球撞墙前瞬间的速度等于0.8v，反弹速度大小为：‎ vx′＝×0.8v＝0.6v 反弹后小球做平抛运动，当小球的速度大小再次为v时，竖直速度为：‎ vy′＝＝＝0.8v，‎ 速度方向与水平方向的正切值为：‎ tan θ＝＝＝，故B正确，A、C、D错误．‎ 知识方法链接 ‎1．解决圆周运动动力学问题的关键 ‎(1)圆周运动动力学问题的实质是牛顿第二定律的应用，且已知合外力方向(匀速圆周运动合外力方向指向圆心)，所以做好受力分析，由牛顿第二定律列方程求合外力．‎ ‎(2)做匀速圆周运动的物体，所受合外力提供向心力．‎ ‎(3)做变速圆周运动的物体，所受合外力沿半径方向的分力提供向心力，沿切线方向的分力改变速度的大小．‎ ‎2．竖直平面内圆周运动的两种临界问题 ‎(1)绳球模型：小球能通过最高点的条件是v≥.‎ 其实圆周轨道上比圆心高的点都有自己的临界速度，小球的速度小于临界速度时就会以斜上抛的方式脱离圆周轨道；在比圆心低的点小球速度可以减小到0，而不脱离轨道，如果轨道光滑的话会沿圆周轨道滑下去．‎ ‎(2)杆球模型：小球能到达最高点的条件是v≥0.‎ 真题模拟精练 ‎5．(多选)(2017·福建厦门市模拟)如图4所示，两根等长的细线拴着两个小球在竖直平面内各自做圆周运动，某一时刻小球1运动到自身轨道的最低点，小球2恰好运动到自身轨道的最高点，这两点高度相同，此时两小球速度大小相同，若两小球质量均为m，可视为质点，忽略空气阻力的影响，则下列说法正确的是(　　)‎ 图4‎ A．此刻两根细线拉力大小相同 B．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为2mg C．运动过程中，两根线上拉力的差值最大为10mg D．若相对同一零势能面，小球1在最高点的机械能等于小球2在最低点的机械能 答案　CD 解析　初始位置，球1加速度向上，处于超重状态；球2加速度向下，处于失重状态，故球1受到的拉力较大，故A错误；球1在最高点，有：F1＋mg＝m，球2在最低点，有：F2－mg＝m，两个球运动过程中机械能守恒，有：球1：mv2＝mv＋2mgR，球2：mv2＝mv－2mgR，联立解得：F1＝m－5mg，F2＝m＋5mg，故F2－F1＝10mg，故B错误，C正确；两个球运动过程中机械能守恒，而初始位置两个球的机械能相等，故两个球的机械能一直是相等的，故D正确．‎ ‎6．(多选)(2017·广东广州市测试)如图5所示，在角锥体表面上放一个物体，角锥绕竖直轴转动．当角锥体旋转角速度增大时，物体仍和角锥体保持相对静止，则角锥对物体的(　　)‎ 图5‎ A．支持力将减小 B．支持力将增大 C．静摩擦力将不变 D．静摩擦力将增大 答案　AD ‎7．(多选)(2017·山东枣庄市模拟)如图6所示，水平转台上有一质量为m的小物块，用长为L的细绳连接在通过转台中心的竖直转轴上，细线与转轴间的夹角为θ；系统静止时，细线绷直但绳中张力为零，物块与转台间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．当物块随转台由静止开始缓慢加速转动且未离开转台的过程中(　　)‎ 图6‎ A．物块受转台的静摩擦力方向始终指向转轴 B．至转台对物块的支持力为零时，物块的角速度大小为 C．至转台对物块的支持力为零时，转台对物块做的功为 ‎ D．细绳对物块拉力的瞬时功率始终为零 答案　CD 知识方法链接 ‎1．星球表面的物体 ‎(1)重力与引力的关系 ‎(2)自转可忽略时：G＝mg 可得：g＝ M＝ GM＝gR2‎ ‎2．中心天体——环绕天体模型 环绕天体做圆周运动的向心力由中心天体对它的万有引力提供，即G＝mr＝m＝ma等，可得：‎ 中心天体质量M＝，ρ＝(r＝R时有ρ＝)‎ 环绕天体运行速度v＝，加速度a＝.‎ ‎3．双星问题 双星各自做圆周运动的向心力由两者之间的万有引力提供，即G＝m1ω2r1＝m2ω2r2，‎ 另：G＝ω2(r1＋r2)‎ 双星总质量：m1＋m2＝.‎ 真题模拟精练 ‎8．(多选)(2017·全国卷Ⅱ·19)如图7所示，海王星绕太阳沿椭圆轨道运动，P为近日点，Q为远日点，M、N为轨道短轴的两个端点，运行的周期为T0，若只考虑海王星和太阳之间的相互作用，则海王星在从P经过M、Q到N的运动过程中(　　)‎ 图7‎ A．从P到M所用的时间等于 B．从Q到N阶段，机械能逐渐变大 C．从P到Q阶段，速率逐渐变小 D．从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功 答案　CD 解析　由行星运动的对称性可知，从P经M到Q点的时间为T0，根据开普勒第二定律可知，从P到M运动的速率大于从M到Q运动的速率，可知从P到M所用的时间小于T0，选项A错误；海王星在运动过程中只受太阳的引力作用，故机械能守恒，选项B错误；根据开普勒第二定律可知，从P到Q阶段，速率逐渐变小，选项C正确；海王星受到的万有引力指向太阳，从M到N阶段，万有引力对它先做负功后做正功，选项D正确．‎ ‎9．(2017·全国卷Ⅲ·14)2017年4月，我国成功发射的天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室完成了首次交会对接，对接形成的组合体仍沿天宫二号原来的轨道(可视为圆轨道)运行．与天宫二号单独运行时相比，组合体运行的(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A．周期变大 B．速率变大 C．动能变大 D．向心加速度变大 答案　C 解析　根据组合体受到的万有引力提供向心力可得，＝ mr ＝m＝ma，解得T＝，v＝，a＝，由于轨道半径不变，所以周期、速率、向心加速度均不变，选项A、B、D错误；组合体比天宫二号的质量大，动能Ek＝mv2变大，选项C正确．‎ ‎10．(2014·新课标Ⅱ卷·18)假设地球可视为质量均匀分布的球体．已知地球表面重力加速度在两极的大小为g0，在赤道的大小为g，地球自转的周期为T，引力常量为G.地球的密度为(　　)‎ A． B． C． D． ‎ 答案　B 解析　物体在地球的两极时，mg0＝G，物体在赤道上时，mg＋m()2R＝G，又V＝πR3，联立以上三式解得地球的密度ρ＝.故选项B正确，选项A、C、D错误．‎ ‎11．(2017·四川资阳市4月模拟)地球同步卫星A和一颗轨道平面为赤道平面的科学实验卫星B的轨道半径之比为4∶1，两卫星的公转方向相同，那么关于A、B两颗卫星的说法正确的是(　　)‎ A．A、B两颗卫星所受地球引力之比为1∶16‎ B．B卫星的公转角速度小于地面上跟随地球自转物体的角速度 C．同一物体在B卫星中时对支持物的压力更大 D．B卫星中的宇航员一天内可看到8次日出 答案　D 解析　根据万有引力定律F＝G知，物体间的引力与两个物体的质量和两者之间的距离均有关，由于A、B两卫星的质量关系未知，所以A、B两颗卫星所受地球引力之比不一定为1∶16，故A错误；A卫星的轨道半径比B卫星的轨道半径大，由开普勒第三定律知，B卫星的公转周期小于A卫星的公转周期，而A卫星的公转周期等于地球自转周期，所以B卫星的公转周期小于随地球自转物体的周期，因此B卫星的公转角速度大于地面上跟随地球自转物体的角速度，故B错误；物体在A、B卫星中均处于完全失重状态，物体对支持物的压力均为零，故C错误；根据开普勒第三定律＝k，知A、B卫星轨道半径之比为4∶1，则周期为8∶1，所以B卫星的运行周期是地球自转周期的8倍，因此B卫星中的宇航员一天内可看到8次日出，故D正确．‎ ‎12．(多选)(2017·黑龙江大庆市一模)如图8所示，a为放在地球赤道上随地球表面一起转动的物体，b为处于地面附近近地轨道上的卫星，c是地球同步卫星，d是高空探测卫星，若a、b、c、d的质量相同，地球表面附近的重力加速度为g.则下列说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A．a和b的向心加速度都等于重力加速度g B．b的角速度最大 C．c距离地面的高度不是一确定值 D．d是三颗卫星中动能最小，机械能最大的 答案　BD 解析　同步卫星的周期与地球自转周期相同，角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a＝ω2r知，c 的向心加速度大．由牛顿第二定律得：G＝ma，解得：a＝，卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G＝mω2r，解得：ω＝ ，由于rb＜rc＜rd，则ωb＞ωc＞ωd，a与c的角速度相等，则b的角速度最大，故B正确；c是同步卫星，同步卫星相对地面静止，c的轨道半径是一定的，c距离地面的高度是一确定值，故C错误；卫星做圆周运动，万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得：G＝m，卫星的动能：Ek＝，三颗卫星中d的轨道半径最大，则d的动能最小，机械能：E＝Ek＋Ep＝－＝－，d的轨道半径最大，d的机械能最大，故D正确．‎ 专题规范练 题组1　高考真题检验 ‎1．(多选)(2016·全国卷Ⅰ·18)一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则(　　)‎ A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同 B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直 C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同 D．质点单位时间内速率的变化量总是不变 答案　BC 解析　质点一开始做匀速直线运动，处于平衡状态，施加恒力后，则该质点所受的合外力等于该恒力．若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向与恒力方向不同，故A错；若恒力的方向某一时刻与质点运动方向垂直，之后质点做曲线运动，力与速度方向不再垂直，例如平抛运动，故B正确；由牛顿第二定律可知，质点加速度方向总是与其所受合外力方向相同，C正确；根据加速度的定义，相等时间内速度变化量相同，而速率变化量不一定相同，故D错．‎ ‎2．(2016·全国卷Ⅱ·16)小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图1所示．将两球由静止释放．在各自轨迹的最低点(　　)‎ 图1‎ A．P球的速度一定大于Q球的速度 B．P球的动能一定小于Q球的动能 C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力 D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度 答案　C 解析　球从水平位置摆动至最低点，由动能定理得，mgL＝mv2，解得v＝，因LPmQ，则两球的动能大小无法比较，选项B错误；对球在最低点受力分析得，FT－mg＝m，可得FT＝3mg，选项C正确；由a＝＝2g可知，在最低点两球的向心加速度相等，选项D错误．‎ ‎3．(2015·新课标全国Ⅰ·18)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图2所示．水平台面的长和宽分别为L1和L2，中间球网高度为h.发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h.不计空气的作用，重力加速度大小为g.若乒乓球的发射速率v在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v的最大取值范围是(　　)‎ 图2‎ A.＜v＜L1 B.＜v＜ C.＜v＜ D.＜v＜ 答案　D 解析　发射机无论向哪个方向水平发射，乒乓球都做平抛运动．当速度v最小时，球沿中线恰好过网，有：‎ ‎3h－h＝ ①‎ ＝v1t1②‎ 联立①②得v1＝ 当速度最大时，球斜向右侧台面两个角发射，有 ＝v2t2③‎ ‎3h＝gt④‎ 联立③④得v2＝ 所以使乒乓球落到球网右侧台面上，v的最大取值范围为＜v＜，选项D正确．‎ ‎4．(多选)(2014·新课标Ⅰ卷·20)如图3所示，两个质量均为m的小木块a和b(可视为质点)放在水平圆盘上，a与转轴OO′的距离为l，b与转轴的距离为2l，木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g.若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用ω表示圆盘转动的角速度，下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A．b一定比a先开始滑动 B．a、b所受的摩擦力始终相等 C．ω＝是b开始滑动的临界角速度 D．当ω＝时，a所受摩擦力的大小为kmg 答案　AC 解析　小木块a、b做圆周运动时，由静摩擦力提供向心力，即Ff＝mω2R.当角速度增加时，静摩擦力增大，当增大到最大静摩擦力时，发生相对滑动，对木块a：Ffa＝mωl，当Ffa＝kmg时，kmg＝mωl，ωa＝；对木块b：Ffb＝mω·2l，当Ffb＝kmg时，kmg＝mω·2l，ωb＝，所以b先达到最大静摩擦力，选项A正确；两木块滑动前转动的角速度相同，则Ffa＝mω2l，Ffb＝mω2·2l，Ffa1年，故选项A错误；木星冲日时间间隔t木＝年<2年，所以选项B正确；由以上公式计算t土≠2t天，t海最小，选项C错误，选项D正确．‎ ‎7．(2012·新课标卷·21)假设地球是一半径为R、质量分布均匀的球体．一矿井深度为d.已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零．矿井底部和地面处的重力加速度大小之比为(　　)‎ A．1－ B．1＋ C．()2 D．()2‎ 答案　A 解析　设地球的密度为ρ，地球的质量为M，根据万有引力定律可知，地球表面的重力加速度g＝.地球质量可表示为M＝πR3ρ.因质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，所以矿井下以(R－d)为半径的地球的质量为M′＝π(R－d)3ρ，解得M′＝()3M，则矿井底部的重力加速度g′＝，则矿井底部的重力加速度和地面处的重力加速度之比为＝1－，选项A正确．‎ 题组2　各省市模拟精选 ‎8．(2017·四川南充市第二次高考适应性考试)直角坐标系xOy在水平面(纸面)内，一质点在该水平面内运动，经过坐标原点时开始受水平力F作用，运动轨迹如图4所示，设质点经过O点时沿x轴方向的速度为vx，沿y轴方向的速度为vy，则由图可知(　　)‎ 图4‎ A．vx>vy，F可能沿x轴正方向 B．vx>vy，F可能沿y轴正方向 C．vxt1，则a