专题1 第2讲 直线运动与牛顿运动定律-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习讲义

质量为m的小球，两根筷子均在竖直平面内， 续表 且筷子和竖直方向的夹角均为0。已知小球与 图例 常用的分析方法 筷子之间的动摩擦因数为以，设最大静摩擦力 0' 等于滑动摩擦力，重力加速度为g,小球静止。 下列说法正确的是 () A.筷子对小球的最小压力是24coS0+sin) mg ☒ O mg F B.当0增大时，筷子对小球的最小压力一定增大 相似三角形法（阴影部分三角形相似） C.当0减小时，筷子对小球的最小压力一定增大 D.要想用筷子夹住小球，必须满足u>tan0 辅助圆法 心听课记录 F o F'ON ON F"or M 。方法技巧… 同孤（弦）所对的圆周角相等，作出 解决临界极值问题的三种方法 三角形的外接圆 (1)解析法：根据物体的平衡条件列出平衡方 程，在解方程时采用数学方法求极值。 典例8[平衡中的临界极值问题] (2)图解法：此种方法通常适用于物体只在三个 (多选)筷子是中华饮食文化的标 力作用下的平衡问题。 志之一，我国著名物理学家李政道 (3)极限法：极限法是一种处理极值问题的有效 曾夸赞说：“筷子如此简单的两根 方法，它是指通过恰当选取某个变化的物理量将问 木头，却精妙绝伦地应用了物理学 题推向极端（如“极大”“极小”等），从而把比较隐薇 的临界状态暴露出来，快速求解。 杠杆原理。”如图所示，用筷子夹住 温馨提示》请完成课时作业① 第2讲 直线运动与牛顿运动定律 知识网络》体系构建 v=V+at x=ul+>ar 基本 加速度a是联系力和运动 两类基本问题 公式 的桥梁 -02=2a 弹簧、橡皮条类弹力不 能突变 华=” 瞬时性问题 匀 牛 轻杆、细线、接触面间 △x=aT 推论 速 初速度为0的匀变速 与直线 弹力能突变 运 连接体问题 整体法和隔离法 直线运动的比例式 线 定 v=gt 动 a方向向上→超重 超重和失重 h7gr 自由落体 a方向向下→失重 运动 临界极值问题 72=28h 特例 水平传送带 U=u一8 图像问题 传送带模型 倾斜传送带 h=wl-8 竖直上抛 运动 F-i、a-i 滑块一木板模型 速度相等是临界条件 2=2gh 斜率、面积、截距的含义 004 2对勾·讲与练·高三二轮物理 考向探究》素养提升 考向一匀变速直线运动规律及应用 1.处理匀变速直线运动的常用方法及方法选取 6.一物体从斜面顶端沿斜面由静止开始做匀加速直 技巧 线运动，最初3s内的位移为51，最后3s内的位 匀变速直线运动常用的方法有：基本公式 移为s2。已知s2一s1=6m,s1:s2=3:7,求斜面 法、平均速度公式法、位移差公式法、比例法、逆 的总长。 向思维法、图像法等。 [典例2[匀变速直线运动规律的应用](2025·安 (1)若知道匀变速直线运动多个过程的运动时 徽卷)汽车由静止开始沿直线从甲站开往乙站， 间及对应时间内的位移，常用平均速度法。 先做加速度大小为a的匀加速运动，位移大小 (2)匀减速到0的运动常用逆向思维法、比 为x;接着在t时间内做匀速运动，最后做加速 例法。 度大小也为a的匀减速运动，到达乙站时速度 (3)处理纸带类问题时用△x=x2一x1=aT2, 恰好为0。已知甲、乙两站之间的距离为8x,则 xm一xn=(m-n)aT2求加速度。 () (4)刹车问题的分析：常用逆向思维法，首先判 断速度减小到0的时间。=，再进行分析 A.x= B.x= 16a12 0 1 1 计算。 C.x= D.x= 2.追及相遇问题的临界条件：两物体的速度相同 既是恰好追上也是恰好追不上的临界条件，其 心听课记录 对应时刻是两物体的间距最大或最小的时刻。 |典例1[比例法的应用](2024·山东卷)如图所 示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端与斜面 上A点距离为L。木板由静止释放，若木板长 [典例3[追及相遇问题]在能见度较低的天气里， 度为L,通过A点的时间间隔为△1；若木板长 甲、乙两车沿同一平直公路同向运动，甲车在前 度为2L,通过A点的时间间隔为△12。△12： 以o1=20m/s的速度运动，乙车在后以v2= △t1为 8m/s的速度运动，t=0时刻甲车因前方有障 A.(5-1):(√2-1) 碍而紧急制动，制动过程中的加速度大小a= B.(3-√2)：（√2-1） 2m/s2,乙车速度不变，甲车开始制动时两车之 C.(5+1):(√2+1) 间的距离x。=28m,则下列说法正确的是 ( D.(3十√2)：（√2+1） A.t=5s时，两车之间的距离最远 心听课记录 B.两车相遇前的最大间距为34m C.t=16s时两车相遇 D.两车相遇时，甲车的速度大小为8m/s 教考链接， 听课记录 教科版教材必修第一册P60第6题（见下面题 目)，题目中根据不同时间段位移关系确定斜面的长 度，本考题命题情境与其相似，可以看成教材习题的 拓展延伸。 第一部分专题一 力与运动 005 考向二 牛顿运动定律的应用 1.动力学两类基本问题的解题思路 不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2,则在 受力 求合 由F=ma 运动学 乙下落的过程中 () 定研 分析 力F 求加速度 方程 A.甲对木箱的摩擦力方向向左 B.地面对木箱的支持力逐渐增大 运动 求加速 由F=ma求合 C.甲运动的加速度大小为2.5m/s 象 分析 度a 力或某个力 D.乙受到绳子的拉力大小为5.0N 2.瞬时加速度求解时的处理技巧 (1)轻绳一长度不变时产生弹力可突变，剪断 心听课记录 时弹力立即消失。 (2)轻弹簧一其形变的恢复需要时间，在瞬时 问题中，其弹力认为不变 注意：力和加速度可以发生突变，但速度不可以。 模型归一 四类常见连接体模型及特点 3.连接体的运动特点 (1)轻绳连接体：轻绳在伸直且无转动的状态 模型 特点 下，两端的连接体沿绳方向的速度和加速度总 弹簧弹力、绳的张 是相等。 力大小相同且与接 (2)轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同 触面是否光滑无关 的平动速度和加速度；轻杆转动时，连接体具有 两物体速度和加速 相同的角速度。 度大小相同、方向 (3)轻弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中， 不同，常用隔离法 两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量 两物体刚要发生相 最大时，两端连接体的速率相等。 对滑动时物体间达 「典例4[瞬时加速度问题](2024·湖南卷)如图， 到最大静摩擦力 质量分别为4n、3m、2m、m的四u QA 个小球A、B、C、D,通过细线或轻 分离时相互作用力 弹簧互相连接，悬挂于O点，处 为0，但此时两物 于静止状态，重力加速度为g。 c 体的加速度仍相等 若将B、C间的细线剪断，则剪断 D 瞬间B和C的加速度大小分别为 「典例6[临界、极值问题]（多 B 选)(2025·河南开封高三 FCwwmA A.g,1.5g B.2g,1.5g Z777zzzz77727777 C.2g,0.5g D.g,0.5g 检测)如图所示，三个物块A、B、C的质量分别 为m、2m、m,物块B叠放在C上，物块A与C 听课记录 之间用轻弹簧水平连接，物块A、C与水平地面 间的动摩擦因数都为4，物块B与C之间的动 摩擦因数为兰。在大小恒为F的水平推力作 典例5[连接体问题](2025·安徽卷)如图，装有 用下，使三个物块保持相对静止地一起向右做 轻质光滑定滑轮的长方 甲 匀加速直线运动，已知重力加速度为g,最大静 体木箱静置在水平地面 摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终在弹性限度 上，木箱上的物块甲通 内，则下列说法正确的是 () 过不可伸长的水平轻绳Aa 绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开 A弹黄养力大小为 始运动，木箱始终保持静止。已知甲、乙质量均 B.保持A、B、C三个物块相对静止，F最大值 为1.0kg,甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5， 不超过6umg 006 2对勾·讲与练·高三二轮物理 C.在撤去水平推力的瞬间，物块A的加速度变小 方法技巧， D.撤去水平推力后，物块B和C仍能保持相对 叠加体系统临界问题的求解思路 静止 叠加 隔离法求临界加整体法 假设叠加体间无相对 体系统 心听课记录 速度am 滑动，求系统加速度☑ 根据判断的结果 计算求解a≤am,无相对滑动 比较判断 进行有关计算 a>am,有相对滑动 考向三 运动学图像和动力学图像 1.运动图像的三点注意 「典例8[非常规图像]一个物体在光滑的水平面 (1)无论是x-t图像还是v-t图像都只能描述 上受到水平恒力F的作用，从静止开始做匀加 直线运动。 速直线运动，计时开始后的-1图像如图甲所 (2)x-t图像和。-1图像不表示物体运动的轨 迹，x、v与t一一对应。 示，02-x图像如图乙所示。据图像的特点与 (3)时间轴是位移方向(x-t图像)或速度方向 信息分析，下列说法正确的是 () (o-t图像)改变的分界线。 ￥/m·s) 42(m2·s-) 2.图像问题的“三看” (1)看清坐标轴所表示的物理量：明确因变量与 自变量的制约关系，是运动学图像()-t、x-t、 2 t/s a-t、x-v2、v-x等)，还是动力学图像(F-t、 x/m 甲 乙 F-x等)。 A.x=1m时，物体的速度为8m/s (2)看图线本身：识别两个相关量的变化趋势， B.图乙中图线的斜率是图甲中图线的斜率的 进而分析具体的物理过程。 2倍 (3)看交点、斜率和“面积”：明确图线与图线的 C.图甲中的y=8m/s 交点、图线与坐标轴的交点、图线斜率、图线与 D.t=1s时，物体的速度为4m/s 坐标轴围成的面积的物理意义。 典例7[常规图像](2025·湖北襄阳高三检测) 。听课记录 A、B两物体从同一位置向同一方向同时运动， 如图甲是A物体的位移一时间图像，如图乙是 B物体的速度一时间图像，根据图像，在0~6s 内，下列说法正确的是 ( ) 4多题归一.. ↑x/m t/(m·s-) 非常规图像及其函数关系 30 a1,可知图 1 x-t 对比x= 图像 像的韩率为· 6 t/s 甲 由x=vt十 A.运动过程中，A、B两物体相遇一次 2a12可得 x 1 B.运动过程中，A物体一直在向正方向运动 x t =,十2at,对此可 C.A、B两物体最远距离是15m 图像 知图像的斜率为，纵 D.A物体的平均速度是B物体的平均速度的 2倍 轴截距为初速度V 听课记录 2 对比v2=v后十2a.x可 知，纵轴截距为品，图像 图像 的斜率为2a 第一部分专题一 力与运动 007 「典例9[动力学图像]（多选）(2025·福建三明高 4方法技巧… 三期中联考)如图甲所示，倾角为0的光滑斜面 常见动力学图像的处理方法 上有一质量为m的物体，物体始终受到沿斜面 思路一：分段求加速度，利用运动学公式 向上的变力F的作用，物体的加速度a随外力 F-t 求解 F变化的图像如图乙所示，重力加速度g取 图像 思路二：动量定理，图线与t轴所围面积表 10m/s2,根据图乙中所提供的信息可知( 示力F的冲量 ↑a/m·s2) 思路一：分段求加速度，利用运动学公式 F-x 求解 30F/N 图像 思路二：动能定理，图线与x轴所围面积表 X0 示力F做的功 甲 A.m=0.4 kg B.m=2.5 kg 根据牛顿第二定律列式，再变换成a-F关 C.cos0=0.6 D.cos0=0.8 系式 a-F 例如：如图所示，F-mg= 听课记录 图像 F ma,a= m g,斜率为1， 距为一4g 温髻提示》请完成课时作业2 第3讲 力与物体的曲线运动 知识网络》体系构建 物体所受合力方向与速度 方向不共线 等时性 独立性 运动的合成与分解 曲线运动条件及轨迹 物体所受合力方向指向轨 等效性 迹的凹侧 受力分析 研究方法及解决手段 动力学特征 mo2r 做平抛运动 F向=11a向 m号 做匀速圆周运动 运动分析 与 m笋) 位移偏转角α与速度偏转角0的 体 运动学特征 =ωr 关系tan0=2tana& 的 惡 曲 受力特点：只受重力 线 水平方向： 平抛运动 动 高p0 x=u1,V=6 绳球模型 运动 匀变速曲 竖直面 竖直方向： 规律 线运动 圆周运动 内的圆 周运动 最高点u =58,=g1 可以为0 抛体运动 杆球模型 y=ucos 0 水平面内的 斜抛 =sin 0-gt 圆周运动火车转弯 运动 外高内低 类平抛运动 圆锥摆 008 2对勾·讲与练·高三二轮物理第一部分 专题突破 专题一力与运动 第1讲力与物体的平衡 》考向探究·素养提升《 考向一静态平衡问题 典例1C根据题意，对A受力分析可 知，受重力、B的支持力，由于A静止， 则A还受到B对A沿斜面向上的静 摩擦力。对B受力分析可知，受重力、 斜面的支持力、A的压力、拉力F、A 对B沿斜面向下的摩擦力，由于B静 止，则B还受到斜面对B沿斜面向上 的摩擦力，即B受6个力作用，故选C。 典例2A对球体进行受力分析，球体 受重力mg、弹簧测力计的拉力T、斜 面对其的支持力N:、挡板对其的支持 力V,如图所示，球体静止于斜面上， 60°9 *7m8 30 由平衡条件得N1cos60°=N2cos60°， N1sin60°+N,sin60°+T=mg,联立 解得N,=N,= N,A正确。 典例3D由题意可知细线c对A的 拉力和细线d对B的拉力大小相等且 为0.5N、方向相反，对A、B整体受力 分析可知细线a的拉力大小为T。= (mA十mg)g=1N,设细线b与水平 方向夹角为α，根据平衡条件，对A受 力分析有Tsin a十T.sinB=mAg, Ticos a=T:cos0,代入数据联立解得 T.=0.5N,故D正确 典例4B设Q和P的质量分别为 m1、m,两球之间的静电力为F,细绳 的拉力分别为FT1、FT2;平衡时与竖 直方向夹角为日，对于小球Q有q1E十 Fr1sin9=F,Fr1cos0=m1g,对于小 球P有q2E+F=Fsin0,FT2cos9= m2g,联立有q1E=F-FT1sin9>0, q2E=F2sin9-F>0,所以可得F> Fn=,可知m:>1,即 Fn,又因为F:】 P的质量一定大于Q的质量；两小球 的电荷量则无法判断，故选B。 典例5D当导线静止在⊙O(0 题图(a)右侧位置时，对 导线受力分析如图所示， 可知要让安培力为图示 方向，则导线中电流方向 M(N) 应由M指向N,A错误； 由于与OO'距离相等位 ￥mg 置的磁感应强度大小相等且不随时间 讲义手册 变化，有sin日= BIL mg FT=mg cos 0, 则可看出sin0与电流I成正比，当I 增大时，0增大，则c0s日减小，静止后， 轻绳对导线的拉力F下减小，由牛顿第 三定律可知导线对轻绳的拉力减小， B、C错误，D正确。 考向二动态平衡及临界极值问题 典例6D以P、Q 及轻绳整体为研究 Fo 对象，整体受力分 析可知，OA杆和 OB杆对环的弹力 G 夹角不变，作力的 、 Fp 矢量三角形如图所示，由图可判断转 动过程中Fp增大，F。减小，D正确。 典例7B设两细绳对圆 柱体的拉力的合力为 T,木板对圆柱体的支持 力为N,细绳与垂直木 板方向夹角为a,从右向 左看如图所示。在木板 以底边N为轴向后方v@以 缓慢转动直至水平过程 mg 中，a不变，Y从90°逐渐减小到0°，又 Y+B+a=180°，且a<90°，可知90°< y十3<180°，则0°<3180°，可知3从 锐角逐渐增大到钝角，根据正弦定理 mg T sn。sin g sin7由于siny不断 减小，可知T不断减小，sinB先增大 后减小，可知N先增大后减小，结合 牛顿第三定律可知，圆柱体对木板的 压力先增大后减小，故A错误，B正 确；设两细绳之间的夹角为2日，细绳拉 力为T',则2T‘cos=T,可得T= 20s09不变，T逐渐减小，可知细绳 T 拉力不断减小，故C、D错误。 典例8BD如图，左右两 边的筷子对小球有沿筷 子向上的摩擦力F:和垂 直筷子指向球心的压力， 则对小球有2Fcos8= mg十2 Fwsin0。当压力 FN最小时，则F:= FN,解得最小压力为 mg Fx-2(gcos 0sin ) A错误；根据FN=2(ucos0-sin8) mg 可知，当日增大时，筷子对小球的最小 压力一定增大，B正确，C错误；要想用 筷子夹住小球，可知表达式F、 2(cos0-sin0)中的分母大于0，即 mg 必须满足>tan,D正确。 第2讲直线运动与牛顿运动定律 》考向探究·素养提升《 考向一匀变速直线运动规律及应用 典例1A方法一：比例法 设木板从静止释放到下端到达A,点的 时间为to,木板通过A点时间为△t1, 若木板长度为L,则t。:△t,=1: (√2一1)①；若木板长度为2L,设木板 通过A点时间为△t2,t。：△t2=1: [(√2-1)+(W3-√2)]=1：(3-1) ②，联立①②得△t2:△t1=(W3-1): (√2一1)，A正确。 方法二：基本公式法 对木板由牛顿第二定律可知木板的加 速度不变，木板从静止释放到下端到 达A点的过程，有L=号a,木板从 2 静止释放到上端到达A点的过程，当 1 木板长度为L时，有2L=2a1i,当木 1 板长度为2L时，有3L= 2 at,又 △t1=t1一to,△t2=t2一to,联立解得 △t2:△t1=(V3-1):(√2-1)，A 正确。 典例2A由题意可知，设汽车做匀加 速直线运动的时间为t',匀速运动的 速度为，匀加速直线运动阶段，由位 移公式x=日'，根据逆向思维，匀减 速直线运动阶段的位移等于匀加速直 线运动阶段的位移，则匀速直线运动 阶段有8x一x一x=t,联立解得t'= 1 了，再根据x三2a,解得z三 1 at 3 18 A正确，B、C、D错误。 典例3C经分析可知，当两车速度相 等时，两车之间的距离最大，即℃2= v1一at,解得t=6s,故A错误；t=6s 1 时，甲车的位移为xp三ut2at 乙车的位移为xz=vt,则两车间最 大距离为△x=x甲一x乙十x。,解得 △x=64m,故B错误；甲车从开始制动 到速度减为0的时间t,=心= 20 2 0 20 10s,此时甲车的位移x=。t1= 2 2 10m=100m,乙车的位移x'2 8X10m=80m,此时两车相距△.x'= x'p-x'2+x。=100m-80m+ 28m=48m,因此甲车停止时，乙车还 未追上，乙车继续匀速前行的时间 Az' t:= =48 s=6s,相遇时甲车静 02 止，则两车相逼所需要的时间t怒= t1十t2=16s,故C正确，D错误。 考向二牛顿运动定律的应用 典例4A细线剪断前，对B、C、D整体 受力分析，由力的平衡条件有A、B间 轻弹簧的弹力FAB=6mg,对D受力 分析，由力的平衡条件有C、D间轻弹 簧的弹力FD=mg,细线剪断瞬间，对 B由牛顿第二定律有3mg一FAB= 3maB,对C由牛顿第二定律有2mg十 Fcp=2mac,联立解得aB=一g,ac= 1.5g,A正确。 典例5C因为物块甲向右运动，木箱 静止，根据相对运动，甲对木箱的摩擦 参考答案 217 力方向向右，A错误；设乙运动的加速 度为a,乙有竖直向下的恒定加速度， 对甲、乙和木箱，由整体法，竖直方向 受力分析有FN=Msg一ma,则地面 对木箱的支持力大小不变，B错误；设 绳子的弹力大小为T,对甲受力分析 有T一mg=ma,对乙受力分析有 mg一T=ma,联立解得a=2.5m/s2, T=7.5N,C正确，D错误。 典例6AB对A、B、C三个物块整体 受力分析，受地面的摩擦力为∫= μ(m十2m十m)g=4mg,根据牛顿第 二定律得F一f=(m十2m十m)a,对 物块A受力分析，根据牛顿第二定律 得F华一mg=1a,联立解得F举= F 4 ,故A正确；保持A、B、C三个物块 相对静止，对物块B受力分析可知，整体 的最大加速度为ams g 2m 2 对A、B、C三个物块整体受力分析，根 据牛顿第二定律得Fm一4mg (m十2m十m)amax,解得Fm=6g, 故B正确；在撤去水平推力的瞬间，弹 簧对物块A的力不会发生突变，即在 敬去水平推力的瞬间，物块A的受力 情况不变，即物块A的加速度不变， 故C错误：在撤去水平推力的瞬间，对 物块B、C整体受力分析结合牛顿第二 定律得F合=3g十F#=3g十 F =3ma,则加速度为a=g十12 由B选项可知，物块B的最大加速度 为a=竖<a,所以数去水手兼力 后，物块B和C不能保持相对静止，故 D错误。 考向三运动学图像和动力学图像 典例7A由题图甲知，A物体在前 2s做匀速直线运动，2~4s静止，4~ 6s又匀速返回出发点，总位移为0，B 错误；由题图乙知，B物体前2s做初 速度为0的匀加速直线运动，位移是 ×2X5m=5m,2~48微匀速直线 2 运动，位移是2X5m=10m,4~6s 做匀减速直线运动，位移是 5m=5m,总位移是20m,所以运动 过程中，只是在A物体返回时，与B物 体相遇一次，A正确；由以上分析知 6s时两物体相距最远，最远距离是 20m,C错误；A物体在6s内平均速 度是0，B物体在6s内平均速度是 20 10 m/s= m/s,D错误。 6 3 典例8D 当x=1m时，由题图乙可 知u2=8m/s2,解得℃=2√2m/s,故 A错误；由初速度为0的匀加速直线 运动规体，可得x=子，则有兰 乞，可得题图甲中图线的斜率。 号-宁，由=2ax可知，题图乙中 图线的斜率kz=2a=8m/s”,解得a= 218 红因闪·讲与练·高三二轮物理 4m/s2,则kz=4km,题图甲中的y= 4m/s,故B、C错误；t=1s时，物体的 速度0'=at=4m/s,故D正确。 典例9BD对物体受力分析，由牛顿 第二定律有F-mg sin日=ma,可得 F a= 一g sin 0,由题图乙可知斜率为 k= 1 6=（-62kg=0.4kg', 30 解得m=2.5kg,纵轴截距为一gsin日= 一6，解得0=37°，则c0s0=0.8,故选 B、D。 第3讲力与物体的曲线运动 》考向探究·素养提升《 考向一运动的合成与分解 典例1C根据题意可知，物块沿斜面 向上做匀减速直线运动，设初速度为 v。,加速度大小为a,斜面倾角为日；物 块在水平方向上做匀减速直线运动， 初速度为0：=vc0s日，加速度大小为 a,=acos0,则有-vi:=一2axx,整 理可得U,=√(，cos)-2acos日·x, 可知？：一x图像为抛物线的一部 分，故A、B错误；物块在竖直方向上 做匀减速直线运动，速度为Y0,= vosin日，加速度大小为ay=asin8,则 有0号-6，=一2ay,整理可得飞，= √/(vo sin0)2-2asin0·y,可知v,-y 图像为抛物线的一部分，故C正确，D 错误。 典例2B设两边绳与竖直方向的夹角 为日，塔块沿竖直方向匀速下落的速度 为口典，将心典沿绳方向和垂直绳方向 分解，将沿绳方向和垂直绳方向分解， 可得vAos0=usin0,解得)=1an9 热 由于塔块匀速下落时日在减小，故可 知？一直增大，故选B。 考向二抛体运动 典例3D鸟食的运动视为平抛运动， 则在竖直方向有五=2t,由于 hM<hN,则tM<tN,要同时接到鸟 食，则在N点接到的鸟食先抛出，故 A、B错误；在水平方向有x=vt,如 图，过M点作一水平面，可看出在相 同高度处M点的水平位移大，则在M 点接到的鸟食平抛的初速度较大，故 C错误，D正确。 典例4ACD落于C,点的小球速度垂 直于QO,则两分速度大小相等，即 v1=gt,得出水平位移x=U1t=gt2, 故C正确；落于B点的小球分解位移 如图所示，其中，B、C在同一水平面上， 故飞行时间都为t,由图可得tan45°= 1 2812 ot 所以0=号故A正确， 2w2 B错误；设C点距水平面MV的高度 为h,由几何关系知x=2h十02t,联立 1 以上几式可得h=4,故A距水平 面MN的高度H=h+ 2812 3 故D正确。 P 45 45t8' M 0 N 典例5BD对重物从P运动到Q的 过程，水平方向上有x=vot cos30°， 竖直方向上有y=一votsin30°十 1 81,由几何关系有兰=1an30,联 立解得重物的运动时间t=4s,A错 误；结合A项分析可知，重物落地时的 水平分速度v,=0cos30°，竖直分速 度v,=一o sin30°十gt,则tan9= 心=原，所以重物的落地速度与水平 方向夹角为60°，B正确：对重物从P 运动到Q的过程，垂直于PQ连线方 向有2 ghm cos30°=(vo sin60°)，解得 重物离PQ连线的最远距离hm= 10√3m,C错误：结合B项分析可知， 竖直方向上有2gym=,联立解得重 物轨迹最高点与落点的高度差ym= 45m,D正确。 考向三圆周运动 典例6AD手绢做匀速圆周运动，由 题图可知P、Q属于同轴转动模型，故 角速度相等，即角速度之比为1：1， B错误；由U=ωr可知，P、Q线速度之 比0p:Q=rop:r0a=1:√5，A正 确；由am=wr可知，P、Q向心加速 度之比ap:aQ=rop:roa=1:3, C错误；做匀速圆周运动的物体，其所 受合力提供向心力，故合力总是指向 圆心O,D正确。 典例7D刚开始角速度较小时，A、B 两个物体由所受的静摩擦力提供向心 力，因B物体离圆心更远，故B物体所 需要向心力更大，即B物体所受的静 摩擦力先达到最大值，此时有g= mw2×2r,之后对A有fA十T= 5mwir,对B有fg+T=mwi×2r,联 立消去T可得fa=3mwr十fg,可知 ω继续增大，直到A摩擦力达到最大 值5mg,此过程B摩擦力保持不变。 根据两者摩擦力方向可知，此时并未 达到最终状态，根据重心在O,点靠A 侧可知，最后会向A侧滑出。故根据 fA十T=5mwir,可知T要继续增大， 则根据fA=3mwir十fg,对B应有 fg=fA一3mwir,则w继续增大，fg 会减小到0后反向增大到最大值，此 过程∫A不变。综上有A的摩擦力先 增大后不变；B的摩擦力先增大后不 变再减小到0后反向增大，故选D。 典例8ADA球与细绳相连，则恰好 能到最高点时有mg=m 01 ,解得 u1=√10m/s,故A正确；B球与细杆 相连，则恰好能到最高点的速度大小 为0，故B错误；某次A、B两球运动到