力与直线运动
[建体系·知关联]
[析考情·明策略]
考情分析纵览2020年山东、海南、北京、天津各省市等级考物理试题，该部分多与交通、体育运动等真实情境结合，考查匀变速直线运动相关概念、规律及公式的应用，增强考生从运动图象中提取信息的能力和推理能力。题型以选择题、较为综合的计算题为主。
素养呈现1.匀变速直线运动规律、推论
2.图象问题
3.牛顿第二定律瞬时性问题
4.动力学两类基本问题
素养落实1.匀变速直线运动规律和推论的灵活应用
2.掌握瞬时性问题的两类模型
3.熟悉图象类型及图象信息应用
考点1| 匀变速直线运动规律的应用
新储备·等级考提能
1．匀变速直线运动的基本规律
(1)速度关系：v＝v0＋at。
(2)位移关系：x＝v0t＋1 2
at2。
(3)速度位移关系：v2－v20＝2ax。
(4)某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度：v＝
x
t＝v t
2
。
(5)匀变速直线运动在相等时间内相邻的两段位移之差为常数，即Δx＝aT2。
2．追及问题的解题思路和技巧
(1)解题思路
(2)解题技巧
①紧抓“一图三式”，即过程示意图、时间关系式、速度关系式和位移关系式。
②审题应抓住题目中的关键字眼，充分挖掘题目中的隐含条件，如“刚好”“恰好”“最多”“至少”等，往往对应一个临界状态，满足相应的临界条件。
③若被追赶的物体做匀减速运动，一定要注意追上前该物体是否已停止运动，最后还要注意对解的讨论分析。
新案例·等级考评价
[案例1]现有甲、乙两汽车正沿同一平直大街同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10 m/s。当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢(反应时间为t0＝0.5 s)。已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.6倍，g＝10 m/s2，假设汽车可看作质点。
(1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15 m，他采取上述措施能否避免闯红灯？
(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车在正常行驶过程中应至少保持多大距离？
[解析](1)根据牛顿第二定律，甲车紧急刹车的加速度大小为a1＝
f1
m1＝
0.4m1g
m1＝4 m/s2。
甲车停下来所需时间为
t1＝v0
a1＝
10
4s＝2.5 s，
滑行距离x＝v20
2a1＝
102
2×4
m＝12.5 m，
由于x＝12.5 m<15 m，
可见甲车司机刹车后能避免闯红灯。
(2)乙车紧急刹车的加速度大小为a2＝f2
m2＝
0.6m2g
m2＝6 m/s
2，两车速度相等时处于同
一位置，即为恰好不相撞的条件。
设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离x0，在乙车刹车t2时间后两车的速度相等，其运动关系如图所示，
则有速度关系v0－a1(t2＋t0)＝v0－a2t2，v＝v0－a2t2
位移关系v0t0＋v20－v2
2a2＝x0＋
v20－v2
2a1
解得t2＝1.0 s，x0＝1.5 m。
[答案](1)能(2)1.5 m
反思感悟：判断能否追上的常用方法
情境：物体B追赶物体A，开始时，两个物体相距x0。
(1)若v A＝v B时，x A＋x0 (2)若v A＝v B时，x A＋x0＝x B，则恰好追上。 (3)若v A＝v B时，x A＋x0>x B，则不能追上。 [跟进训练] 1．(2020·济南市高三第一次模拟考试)短跑运动员在训练中从起跑开始的一段时间内可看成先做匀加速直线运动再做匀速直线运动。已知总位移大小为s，匀速阶段的速度大小为v、时间为t，则匀加速阶段的时间为() A．s v B． 2s v C． 2s v－t D． 2s v－2t D[根据题意可知，运动员在匀速直线运动阶段的位移大小为v t，在匀加速直线运 动阶段的位移大小为s－v t，在匀加速直线运动阶段的平均速度大小为v 2，所以运动员在 匀加速阶段所用的时间为t x＝s－v t v 2 ＝ 2s v－2t，D正确。] 2．(多选)2022年冬奥会将在北京和河北张家口联合举行。俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一，某次比赛的赛道可简化为起点和终点高度差为120 m、长度为1 200 m的直斜坡。假设某运动员从起点开始，以平行赛道的恒力F＝40 N推动质量m＝40 kg的冰橇开始沿斜坡向下运动，出发4 s内冰橇的位移为12 m,8 s末运动员迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点。假定运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，g取10 m/s2，赛道倾角的余弦值取为1，正弦值按照题目要求计算。下列说法正确的是() A．出发4 s内冰橇的加速度大小为1.5 m/s2 B．冰橇与赛道间的动摩擦因数为0.06 C．出发10 s内冰橇的位移为75 m D．比赛中运动员到达终点时的速度大小为36 m/s AD[由出发4 s内冰橇的位移为x1＝1 2a1t 2 1，解得出发4 s内冰橇的加速度大小为 a1＝1.5 m/s2，选项A正确；对冰橇，由牛顿第二定律有F＋mg sin θ－μmg cos θ＝ma1， 解得μ＝0.05，选项B错误；出发8 s内冰橇做匀加速直线运动，位移为x2＝1 2a1t 2 2＝48 m,8 s后对冰橇和运动员，由牛顿第二定律有(m＋M)g sin θ－μ(m＋M)g cos θ＝(m＋M)a2，解 得a2＝0.5 m/s2,8 s末冰橇的速度为v1＝a1t2＝12 m/s，再运动2 s后位移为x3＝v1t3＋1 2a2t 2 3 ＝25 m，出发10 s内冰橇的位移为x2＋x3＝73 m，选项C错误；运动员登上冰橇后一直做加速运动，由v22－v21＝2a2(x－x2)，解得运动员到达终点时速度v2＝36 m/s，选项D 正确。] 3．(2020·湖南怀化期末)道路交通法规规定：黄灯亮时车头已越过停车线的车辆可以继续行驶，车头未越过停车线的车辆若继续行驶，则视为闯黄灯。我国一般城市路口红灯变亮之前，绿灯和黄灯各有3 s的闪烁时间。某小客车在制动初速度为v＝14 m/s 的情况下，制动距离最小为s＝20 m。 (1)若要确保小客车在t＝3 s内停下来，小客车刹车前的行驶速度不能超过多少？ (2)某小客车正以v0＝8 m/s速度驶向路口，绿灯开始闪时车头距离停车线s0＝28 m，则小客车至少以多大的加速度匀加速行驶才能在黄灯亮起前正常通过路口？(已知驾驶员从眼睛看到绿灯闪到脚下采取动作再到小客车有速度变化经过的总时间是1.0 s) [解析](1)根据v2＝2as可得小客车刹车时的最大加速度a＝v2 2s＝ 142 2×20 m/s2＝4.9 m/s2 要确保小客车在3 s内停下来，小客车刹车前行驶的最大速度为 v m＝at＝4.9 m/s2×3 s＝14.7 m/s。 (2)在Δt＝1.0 s内小客车匀速运动的距离为 s1＝v0Δt＝8 m 小客车匀加速运动的距离为s′＝s0－s1＝20 m 从绿灯闪到黄灯亮起这3 s内小客车加速运动的最大时间t′＝t－Δt＝2 s 由s′＝v0t′＋1 2a′t′ 2 解得最小加速度a′＝2 m/s2。 [答案](1)14.7 m/s(2)2 m/s2 考点2| 运动图象问题 新储备·等级考提能 1．解决图象类问题“四个注意” (1)速度图线只有通过时间轴时速度方向才改变。 (2)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是否相同。 (3)物体的运动图象与运动过程的转化。 (4)x-t图象、v-t图象、a-t图象的应用。 2．应用图象时的“两个误区” (1)误认为v-t图象、x-t图象是物体运动轨迹。 (2)在v-t图象中误将交点认为此时相遇。 新案例·等级考评价 [案例2](2020·山东省等级考5月模拟)甲、乙两车沿着一条平直公路同向同速行驶，相距121 m。t＝0时刻，前面的甲车开始减速，经过一段时间，后面的乙车也开始减速，两车的v-t图象如图所示。如果乙车停止时与前方甲车相距1 m，则甲车在减速过程中行驶的距离为() A．120 m B．160 m C．200 m D．240 m B[速度—时间图象与坐标轴围成图形的面积表示位移大小，根据甲、乙位移间的 关系列方程得，121 m＋1 2 v0·4t0＝v0·2t0＋ 1 2 v0·3t0＋1 m，解得v0t0＝80 m，故甲的位移为 1 2 v0·4t0＝160 m，B正确。] 反思感悟：运动图象问题的“三点提醒” (1)对于x-t图象，图线在纵轴上的截距表示t＝0时物体的位置；对于v-t和a-t图象，图线在纵轴上的截距并不表示t＝0时物体的位置。 (2)在v-t图象中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两者速度相同。 (3)v-t图象中两条图线在轴上的截距不同，不少同学误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题中条件确定。 [跟进训练] 1．(2020·四川成都七中一诊)如图所示，A、B分别是甲、乙两小球从同一地点沿同一直线运动的v-t图象，根据图象可以判断出() A．在t＝4 s时，甲球的加速度小于乙球的加速度B．在t＝4.5 s时，两球相距最远 C．在t＝6 s时，甲球的速率小于乙球的速率D．在t＝8 s时，两球相遇 D[根据图象可知，甲球的加速度a1＝Δv1 Δt1＝－10 m/s2，故甲球的加速度大小为10 m/s2，负号表示加速度方向与速度方向相反，乙球的加速度a2＝Δv2 Δt2＝ 20 3m/s 2，故甲球 的加速度大于乙球的加速度，选项A错误；当两球速度相同时，两球相距最远，根据图象有40 m/s＋a1t＝－20 m/s＋a2(t－2 s)，解得t＝4.4 s，即4.4 s时两球相距最远，选 项B错误；t＝6 s时甲球的速度v1＝－20 m/s，乙球的速度v2＝20 3m/s，故t＝6 s时甲 球的速率大于乙球的速率，选项C错误；结合图象可知t＝8 s时，甲、乙两小球又同时回到原出发点，选项D正确。] 2．(多选)(2020·广东深圳实验学校期中)甲、乙两质点同时、同初位置沿同一方向做直线运动。质点甲做初速度为零、加速度大小为a1的匀加速直线运动；质点乙做初速度为v0、加速度大小为a2的匀减速直线运动，且速度减至零后保持静止。甲、乙两质点在运动过程中的x-v(位置—速度)图象如图所示(虚线与对应的坐标轴垂直)，则() A．质点甲的加速度大小a1＝1 m/s2 B．质点乙的初速度为v0＝6 m/s，加速度大小a2＝1 m/s2 C．图线中a＝26，b＝16 D．两图线的交点表示两质点同时到达同一位置 BC[速度随位移的增大而增大的图线对应质点甲，速度随位移的增大而减小的图线对应质点乙，当x＝0时，乙的速度为6 m/s，即质点乙的初速度v0＝6 m/s，设质点乙、甲先后通过x＝6 m处时的速度均为v，对质点甲有v2＝2a1x①，对质点乙有v2－v20＝－2a2x②，联立①②解得a1＋a2＝3 m/s2③，当质点甲的速度v1＝8 m/s、质 点乙的速度v2＝2 m/s时，两质点通过的位移相同，设为x′，对质点甲有v21＝2a1x′④，对质点乙v22－v20＝－2a2x′⑤，联立④⑤解得a1＝2a2⑥，联立③⑥解得a1＝2 m/s2，a2＝1 m/s2，选项A错误，B正确；根据质点甲的运动知v2甲＝2a1x，当x＝6 m时，有v 甲＝2 6 m/s，即a＝26；当v 甲 ＝8 m/s时，有x＝16 m，即b＝16，选项C正确；两 图线的交点表示甲、乙两质点以相同的速度经过该位置，但不是同时，选项D错误。] 3．如图所示是一物体做直线运动的v-t图象，则下列根据v-t图象作出的加速度—时间(a-t)图象和位移—时间(x-t)图象正确的是() A B C D A[由v-t图象知，0～1 s内，物体做匀速直线运动，加速度a1＝0，位移x＝v t，x与t成正比；1～3 s内，物体的加速度不变，做匀变速直线运动，加速度a2＝－1 m/s2， 位移为x＝v0(t－1 s)＋1 2a2(t－1 s) 2＝ ? ? ? ? ? － 1 2t 2＋2t－ 3 2m，可知x-t图象是开口向下的抛物 线；3～5 s内，物体沿负方向做匀减速直线运动，加速度a3＝0.5 m/s2，位移为x＝－v0(t －3 s)＋1 2a3(t－3 s) 2，x-t图象是开口向上的抛物线，且3～5 s内物体的位移为－1 m， 由数学知识知，只有A选项对应的图象正确。] 考点3| 牛顿运动定律的应用 牛顿第二定律的瞬时性问题 (1)力可以发生突变，但速度不能发生突变。 (2)轻绳、轻杆、轻弹簧两端有重物或固定时，在外界条件变化时，轻绳、轻杆的弹力可以发生突变，但轻弹簧的弹力不能突变。 (3)轻绳、轻杆、轻弹簧某端突然无重物连接或不固定，三者弹力均突变为零。 [案例3](2020·湖南怀化一中第一次月考)如图所示，质量均为m的A、B两小球分别用轻质细绳L1和轻弹簧系在天花板上的O点和O′点，A、B两小球之间用一轻质细绳L2连接，细绳L1、弹簧与竖直方向的夹角均为θ，细绳L2水平拉直，则下列有关细绳L2被剪断瞬间的表述正确的是() A．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为1∶1 B．细绳L1上的拉力与弹簧弹力之比为cos2θ∶1 C．A与B的加速度之比为1∶1 D．A与B的加速度之比为1∶cos θ B[对A球，剪断细绳L2的瞬间，细绳L1的拉力将发生突变，合力垂直于细绳L1斜向下，细绳L1的拉力大小为F A＝mg cos θ，A球的加速度大小a A＝g sin θ；对B球， 剪断细绳L2的瞬间，弹簧弹力不变，合力水平向右，弹簧弹力大小F B＝ mg cos θ，B球的 加速度大小a B＝g tan θ，所以a A a B＝ cos θ 1， F A F B＝ cos2θ 1。] 动力学中的连接体问题 (1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法。当系统内各物体的加速度不同时，一般采用隔离法。 (2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。 [案例4]质量分别为m、2m的物块A、B用轻弹簧相连，设两物块与水平面及斜面间的动摩擦因数都为μ。当用水平力F作用于B上，且两物块在粗糙的水平面上以相同加速度向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1，如图甲所示；当用同样大小的力F竖直提升两物块使它们以相同加速度向上加速运动时，弹簧的伸长量为x2，如图乙所示；当用同样大小的力F沿倾角为θ的固定斜面向上拉两物块使它们以相同加速度向上加速运动时，弹簧的伸长量为x3，如图丙所示，则x1∶x2∶x3等于() 甲乙丙 A．1∶1∶1 B．1∶2∶3 C．1∶2∶1 D．无法确定 [题眼点拨]①“相同的加速度”，采用整体法。 ②“x1∶x2∶x3”采用隔离法。 A[对题图甲，把物块A、B和弹簧看作一个整体研究，根据牛顿第二定律得a1 ＝F－3μmg 3m＝ F 3m－μg，对A有kx1－μmg＝ma1，解得x1＝ F 3k；对题图乙，把物块A、B 和弹簧看作一个整体研究，根据牛顿第二定律得a2＝F－3mg 3m＝ F 3m－g，对A有kx2－ mg＝ma2，解得x2＝F 3k；对题图丙，把物块A、B和弹簧看作一个整体研究，根据牛顿 第二定律得a3＝F－3mg sin θ－3μmg cos θ 3m＝ F 3m－g sin θ－μg cos θ，对A有kx3－mg sin θ －μmg cos θ＝ma3，解得x3＝F 3k，则x1∶x2∶x3＝1∶1∶1。故A正确，B、C、D错误。] [题组训练] 1．(多选)如图所示，吊篮A、物体B、物体C的质量分别为m、3m、2m。B和C 分别固定在弹簧两端，弹簧的质量不计。B和C在吊篮的水平底板上处于静止状态。将悬挂吊篮的细线剪断的瞬间() A．吊篮A的加速度大小为2g B．物体B的加速度大小为g C．物体C的加速度大小为2g D．吊篮A、物体B、物体C的加速度大小均为g AC[弹簧开始时的弹力为F＝3mg，剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，将C和A 看成一个整体，根据牛顿第二定律可得a AC＝F＋(m＋2m)g m＋2m ＝2g，即A、C的加速度大 小均为2g，选项A、C正确，D错误；因剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，B受到的合力仍然为零，故B的加速度为零，选项B错误。] 2．(多选)如图所示，足够长的水平桌面上放置着质量为m、长度为L的长木板B，质量也为m的物体A放置在长木板B的右端，不可伸长的轻绳1的一端与A相连，另一端跨过轻质定滑轮与B相连，在长木板的右侧用跨过定滑轮的不可伸长的轻绳2系着质量为2m的重锤C。已知重力加速度为g，各接触面之间的动摩擦因数均为μ(μ<0.5)，不计绳与滑轮间的摩擦，系统由静止开始运动，下列说法正确的是() A．A、B、C的加速度大小均为g 2 B．轻绳1的拉力为mg 2 C．轻绳2的拉力为mg D．当A运动到B的左端时，物体C的速度为gL(1－2μ) 2 BD[三个物体的加速度大小相等，设三个物体的加速度均为a，对物体A：F T1－μmg＝ma，对B：F T2－μmg－2μmg－F T1＝ma，对C：2mg－F T2＝2ma，联立解得a ＝1 2g－μg，F T1＝ 1 2mg，F T2＝mg＋2μmg，选项B正确，A、C错误；当A运动到B的 左端时有1 2at 2＋ 1 2at 2＝L，此时物体A、B、C的速度均为v＝at＝ gL(1－2μ) 2，选项D 正确。] 考点4| 动力学中的两类模型 动力学中的“板—块”模型 1．模型特点：涉及两个物体，并且物体间存在相对滑动。 2．两种位移关系：滑块由滑板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和滑板同向运动时，位移之差等于板长；反向运动时，位移之和等于板长。 3．解题思路 (1)审题建模：求解时应先仔细审题，清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况。 (2)求加速度：准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。 (3)明确关系：找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。 [案例5] (2020·山西太原高三一模)如图所示，一足够长的木板在粗糙水平地面上向右运动。某时刻速度为v 0＝2 m/s ，此时一与木板质量相等的小滑块(可视为质点)以v 1＝4 m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1 s 两者速度恰好相同，速度大小为v 2＝1 m/s ，方向向左。取重力加速度g ＝10 m/s 2，试求： (1)木板与滑块间的动摩擦因数μ1； (2)木板与地面间的动摩擦因数μ2； (3)从滑块滑上木板，到最终两者速度恰好相同的过程中，滑块相对木板的位移大小。 [思路点拨] 解此题关键有两点： ①根据速度变化结合加速度定义求加速度，利用牛顿第二定律求动摩擦因数。 ②逐段分析木板和小滑块的运动求相对位移。 [解析] (1)以向左为正方向，对小滑块分析，其加速度为：a 1＝v 2－v 1t ＝1－41 m/s 2＝－3 m/s 2，负号表示加速度方向向右，设小滑块的质量为m ，根据牛顿第二定律有：－μ1mg ＝ma 1，可以得到：μ1＝0.3。 (2)对木板分析，向右减速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到： μ1mg ＋μ2·2mg ＝m v 0t 1 向左加速运动过程，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到： μ1mg －μ2·2mg ＝m v 2t 2 而且t 1＋t 2＝t ＝1 s 联立可以得到：μ2＝0.05，t 1＝0.5 s ，t 2＝0.5 s 。 (3)在t1＝0.5 s时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：x1＝0＋v0 2·t1＝ 0.5 m，方向向右； 在t2＝0.5 s时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：x2＝v2＋0 2·t2 ＝0.25 m，方向向左； 在整个t＝1 s时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：x＝v1＋v2 2·t＝2.5 m，方向 向左 则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：Δx＝x＋x1－x2＝2.75 m。 [答案](1)0.3(2)0.05(3)2.75 m 反思感悟：求解“滑块—木板”类问题的技巧 (1)弄清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向。 (2)准确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况。 (3)速度相等是这类问题的临界点，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变。 动力学中的“传送带”模型 [案例6]某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，它由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度L AB＝4 m，倾斜传送带长度L CD＝ 4.45 m ，倾角为θ＝37°，AB 和CD 通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB 传送带以v 1＝5 m/s 的恒定速率顺时针运转，CD 传送带静止。已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s 2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在水平传送带最左端A 点处，求： (1)工件从A 点第一次被传送到CD 传送带沿传送带上升的最大高度和所用的总时间； (2)要使工件恰好被传送到CD 传送带最上端，CD 传送带沿顺时针方向运转的速度v 2的大小(v 2 [解析] (1)工件刚放在传送带AB 上时，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a 1，速度增加到v 1时所用时间为t 1，位移大小为x 1，受力分析如图甲所示，则F N1＝mg ，F f1＝μF N1＝ma 1 甲 联立解得a 1＝5 m/s 2。 由运动学公式有t 1＝v 1a 1＝55 s ＝1 s x 1＝12a 1t 21＝12 ×5×12 m ＝2.5 m 由于x 1 ＝0.3 s 工件滑上CD 传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a 2，速度减小到零时所用时间为t 3，位移大小为x 2，受力分析如图乙所示，则 乙F N2＝mg cos θ mg sin θ＋μF N2＝ma2 由运动学公式有x2＝0－v21－2a2 联立解得a2＝10 m/s2，x2＝1.25 m 工件沿CD传送带上升的最大高度为h＝x2sin θ＝1.25×0.6 m＝0.75 m 沿CD上升的时间为t3＝0－v1 －a2 ＝0.5 s 故总时间为t＝t1＋t2＋t3＝1.8 s。 (2)CD传送带以速度v2向上传送时，当工件的速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为a2；当工件的速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析图如图丙所示，设其加速度大小为a3，两个过程的位移大小分别为x3和x4，由运动学公式和牛顿运动定律可得－2a2x3＝v22－v21 丙 mg sin θ－μF N2＝ma3 －2a3x4＝0－v22 L CD＝x3＋x4 解得v2＝4 m/s。 [答案](1)0.75 m 1.8 s(2)4 m/s [题组训练] 1．(多选)如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度—时间变化规律如图乙所示，t＝6 s时恰好到B点，重力加速度g取10 m/s2，则() 甲乙 A．物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1 B．A、B间距离为16 m，小物块在传送带上留下的痕迹是8 m C．若物块质量m＝1 kg，物块对传送带做的功为8 J D．若物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端 AB[由图乙可知，物块加速过程的加速度大小a＝Δv Δt＝ 4 4m/s 2＝1 m/s2，由牛顿第 二定律可知a＝μmg m＝μg，联立解得μ＝0.1，故A正确；由于4 s后物块与传送带的速 度相同，故传送带速度为4 m/s，A、B间距离x＝(2＋6)×4 2m＝16 m，小物块在传送 带上留下的痕迹是l＝4×4 m－4×4 2m＝8 m，故B正确；物块对传送带的摩擦力大小 为μmg，加速过程传送带的位移为16 m，则物块对传送带所做的功为W＝－μmgx＝－0.1×1×10×16 J＝－16 J，故C错误；物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块将做减速运动，且加速度与加速过程的加速度大小相同，则减速过程的位移为8 m，则物块可以到达B端，故D错误。] 2．(2020·山东济南高三联考)如图所示，在水平地面上有一质量为m1＝1 kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝2 kg的木块，木块与木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1。设最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加随时间t增大的水平拉力F＝3t(N)，取重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求木块和木板保持相对静止的时间t1； (2)t＝10 s时，两物体的加速度各为多大； (3)画出木块的加速度随时间变化的图象。(取水平拉力F的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及计算过程) [解析](1)当F<μ2(m1＋m2)g＝3 N时， 此时F<μ1m2g＝6 N， 木块和木板都没有被拉动，处于静止状态。 当木块和木板一起运动时， 对m1：F fmax－μ2(m1＋m2)g＝m1a max， F fmax＝μ1m2g 解得：a max＝3 m/s2 对m1和m2整体有：F max－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a max 解得F max＝12 N 由F max＝3t1(N)得：t1＝4 s。 (2)t＝10 s时，木块与木板已相对运动，则有： 对m1：μ1m2g－μ2(m1＋m2)g＝m1a1 解得：a1＝3 m/s2 对m2：F－μ1m2g＝m2a2 F＝30 N 解得：a2＝12 m/s2。 (3)图象过(1,0)，(4,3)，(10,12) [答案]见解析 第一部分力与运动 专题01 力与物体的平衡（测） (满分：100分 60分钟) 一．选择题：本题共12小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。 1.如图所示，斜面体放在水平地面上，物体放在斜面上，受到一个水平向右的力F ，物体和斜面体始终保持静止，这时物体受到的摩擦力大小为f 1，斜面体受到水平地面的摩擦力大小为f 2。则当F 变大时，有( ) A ．f 1变大，f 2不一定变大 B ．f 2变大，f 1不一定变大 C ．f 1与f 2都不一定变大 D ．f 1与f 2都一定变大 2.如图所示，轻杆下端固定在光滑轴上，可在竖直平面内自由转动，重力为G 的小球粘在轻杆顶部，在细线的拉力作用下处于静止状态。细线、轻杆与竖直墙壁间的夹角均为30°，则细线与杆对小球的作用力的大小分别是( ) A ．12G ，33G B ．33G ，33G C ．G ，G D ．12G ，12 G 3.如图所示，将小物块P 轻轻放到半圆柱体上时，小物块只能在圆柱体上A 到B 之间保持静止。若小物块与半圆柱体之间的动摩擦因数为 3 3 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则∠AOB 为( ) A．30°B．60°C．90°D．120° 4．如图所示，水平地面上固定着一个三棱柱，其左侧光滑，倾角为α；右侧粗糙，倾角为β。放置在三棱柱上的物块A和物块B通过一根跨过顶端光滑定滑轮的细绳相连，若物块A和物块B始终保持静止。下列说法正确的是() A．仅增大角α(小于90°)，物块B所受的摩擦力一定增大 B．仅增大角α(小于90°)，物块B对三棱柱的压力可能减小 C．仅增大角β(小于90°)，细绳的拉力一定增大 D．仅增大角β(小于90°)，地面对三棱柱的支持力不变 5．如图所示，倾斜直杆的左端固定在水平地面上，与水平面成θ角，杆上穿有质量为m的小球a和轻质圆环b，两者通过一条细绳跨过定滑轮相连接。当a、b静止时，Oa段绳与杆的夹角也为θ，不计一切摩擦，重力加速度为g。则下列说法正确的是() A．a可能受到2个力的作用B．b可能受到3个力的作用 C．绳对a的拉力大小为mg tan θD．杆对a的支持力大小为mg cos θ 6．如图所示，木板P下端通过光滑铰链固定于水平地面上的O点，物体A、B叠放在木板上且处于静止状态，此时物体B的上表面水平。现使木板P绕O点缓慢旋转到虚线所示位置，物体A、B仍保持静止，与原位置相比() A．A对B的作用力减小B．B对A的支持力增大 C．木板对B的支持力增大D．木板对B的摩擦力增大 7.如图所示，两个带电小球A、B穿在一根水平固定的绝缘细杆上，并通过一根不可伸长的绝缘细绳跨接在 专题受力分析、共点力的平衡 一．受力分析 力学中三种常见性质力 1.重力：（1）方向：竖直向下（2）作用点：重心 2. (1)有多少个接触面(点)就有可能有多少个弹力 (2)常见的弹力的方向： 弹簧对物体的弹力方向:与弹簧恢复原长的方向相同 绳子对物体的弹力：沿着绳子收缩的方向． 面弹力（压力，支持力）：垂直于接触面指向受力的物体. 3.摩擦力 (1)有多少个接触面就有可能有多少个摩擦力 (2)静摩擦力方向：与相对运动的趋势方向相反 (3)滑动摩擦力的方向：与相对运动方向相反 二．受力分析 1.步骤(1).确定研究对象（受力物体）：可以是一个整体，也可以个体（隔离分析） 注意：只分析外界给研究对象的力，研究对象给别人的力不分析 (2). 受力分析要看物体的运动状态：静止还是运动 2.顺序：（1）外力：外力可以方向不变地平移 （2）重力 （3）接触面的力（弹力，摩擦力） 先弹力：看有几个接触面（点）。判断面上若有挤压，则垂直于接触面有弹力。 其次摩擦力：若有相对运动或者相对运动趋势，则平行于接触面有摩擦力 分析完一个面（点），再分析其他面（点） 3.检验：是否多画力或者漏画力 检查每一个力的施力物体是否都是别的物体 静止水平面 竖直面 运动斜面 二、共点力的平衡 1．共点力 作用于物体的或力的相交于一点的力． 2．平衡状态 (1)物体保持或的状态． (2)通过控制某些物理量，使物体的状态发生缓慢变化的过程(动态平衡)． 物体的速度为零和物体处于静止状态是一回事吗？ 提示：物体处于静止状态，不但速度为零，而且加速度(或合外力)为零．有时，物体速度为零，但加速度不一定为零，如竖直上抛的物体到达最高点时；摆球摆到最高点时，加速度都不为零，都不属于平衡状态．因此，物体的速度为零与静止状态不是一回事． · 高三物理受力分析专题练习 受力分析专题： 1、图中a 、b 是两个位于固定斜面上的正方形物块，它们的质量相等。F 是沿水平方向作用于a 上的外力。已知a 、b 的接触面，a 、b 与斜面的接触面都是光滑的。 正确的说法是（ ） A ．a 、b 一定沿斜面向上运动 B ．a 对b 的作用力沿水平方向 C ．a 、b 对斜面的正压力相等 D ．a 受到的合力沿水平方向的分力等于b 受到的合力沿水平方向的分力 2、如图所示，斜面体放在墙角附近，一个光滑的小球置于竖直墙和斜面之间，若在小球上施加一个竖直向下的力F ，小球处于静止。如果稍增大竖直向下的力F ，而小球和 斜面体都保持静止，关于斜面体对水平地面的压力和静摩擦力的大小的 下列说法：①压力随力F 增大而增大；②压力保持不变；③静摩擦力 随F 增大而增大；④静摩擦力保持不变。其中正确的是（ ） A ．只有①③正确 B ．只有①④正确 C ．只有②③正确 D ．只有②④正确 3、在地球赤道上，质量为m 的物体随地球一起自转，下列说法中正确的是（A ．物体受到万有引力、重力、向心力 的作用，合力为零 B ．物体受到重力、向心力的作用、地面支持力的作用，合力不为零 ( C ．物体受到重力、向心力、地面支持力的作用，合力为零 D ．物体受到万有引力、地面支持力的作用，合力不为零 4、如图所示，物体A 、B 、C 叠放在水平桌面上，水平力F 作用于C 物体，使A 、B 、C 以共同速度向右匀速运动，那么关于物体受几个力的说法正确的是（ ） A ．A 受6个， B 受2个， C 受4个 B ．A 受5个，B 受3个，C 受3个 C ．A 受5个，B 受2个，C 受4个 D ．A 受6个，B 受3个，C 受4个 5、甲、乙、丙三个立方体木块重量均为10牛，叠放在一起放在水平地面上保持静止，各接触面之间的动摩擦因数相同，均为μ=,F 1=1牛，方向水平向左，作用在甲上，F 2=1牛，方向水平向右，作用在丙上，如图所示，地面对甲的摩擦力大小为f 1，甲对乙的摩擦力大小为f 2，乙对丙摩擦力大小为f 3，则( ) Ａ、f 1=2牛、f 2=4牛、f 3=0 Ｂ、f 1=1牛、f 2=1牛、f 3=1牛 Ｃ、f 1=0、 f 2=1牛、f 3=1牛 Ｄ、f 1=0、 f 2=1牛、f 3=0 6、如图所示，滑块A 受到沿斜向上方的 拉力F 作用，向右作匀速直线运动，则滑块受到的拉力与摩擦力的合力方向是（ ） A.向上偏右 B.向上偏左 C.竖直向上 D.无法确定 》 7．如图所示，两个等大、反向的水平力F 分别作用在物体A 和B 上，A 、B 两物体均处于静止状态。 若各接触面与水平地面平行，则A 、B 两物体各受几个力（ ） — A F 高考化学二轮复习专题十九化学平衡及其计算（含解析） 1、一定温度下,在2L的密闭容器中,X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图 所示:下列描述正确的是( ) A.反应的化学方程式为: X(g)+Y(g)Z(g) B.反应开始到10s,X的物质的量浓度减少了0.79mol/L C.反应开始到10s时,Y的转化率为79.0% D.反应开始到10s,用Z表示的反应速率为0.158mol/(L·s) 2、(NH4)2S03氧化是氨法脱硫的重要过程。某小组在其他条件不变时，分别研究了一段时间 内温度和(NH4)2S03，初始浓度对空气氧化(NH4)2S03速率的影响，结果如下图。 下列说法不正确的是( ) A. 60℃之前，氧化速率增大与温度升高化学反应速率加快有关 B. 60℃之后，氧化速率降低可能与02的溶解度下降及(NH4)2SO3受热易分解有关 SO 水解程度增大有关 C. (NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧化速率变化不大，与2 3 D. (NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧化速率变化不大，可能与02的溶解速率有关 3、将1mol M和2mol N置于体积为2L的恒容密闭容器中，发生反应：M(s)+2N(g)P(g)+Q(g) △H 。反应过程中测得P的体积分数在不同温度下随时间的变化如图所示。下列说法正确的 是( ) A．若X、Y两点的平衡常数分别为K1、K2，则K1>K2 B．温度为T1时，N的平衡转化率为80%，平衡常数K =40 C．无论温度为T1还是T2，当容器中气体密度和压强不变时，反应达平衡状态 D．降低温度、增大压强、及时分离出产物均有利于提高反应物的平衡转化率 4、温度为一定温度下，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol PCl 5,反应PCl5(g)PCl3(g)+ Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表。下列说法正确的是( ) t/s 0 50 150 250 350 n(PCl3)/mol 0 0.16 0.19 0.20 0.20 A.反应在前50s的平均速率v(PCl3) = 0.0032mol·L-1·s-1 B.保持其他条件不变，升高温度,平衡时c(PCl3) = 0.11mol·L-1,则反应的ΔH<0 C.相同温度下,起始时向容器中充入1.0mol PCl5、0.20mol PCl3和0.20mol Cl2,反应达到平衡前v(正)> v(逆) D.相同温度下，起始时向容器中充入2.0mol PCl3和2.0mol Cl2,达到平衡时,PCl3的转化率小于80% 5、T℃时,发生可逆反应A(g)+2B(g)2C(g)+D(g) ΔH<0。现将1mol A和2mol B加入甲容器中,将4mol C和2mol D加入乙容器中。起始时,两容器中的压强相等,t1时两容器内均达到平衡状态(如图所示,隔板K固定不动)。下列说法正确的是( ) 力与物体的平衡 【命题意图】 本题结合生活实际考查受力分析、共点力的平衡条件，涉及正交分解法的简单应用，意在考查考生对力学基本知识的掌握情况，以及运用物理知识解决实际问题的能力。 【专题定位】 本专题解决的是受力分析和共点力平衡问题.高考对本专题内容的考查主要有： （1）对各种性质力特点的理解； （2）力的效果的理解 ①力的静力学效应：力能使物体发生形变. ②力的动力学效应： a.瞬时效应：使物体产生加速度F=ma b.时间积累效应：产生冲量I=Ft，使物体的动量发生变化Ft=△p c.空间积累效应：做功W=Fs，使物体的动能发生变化△Ek=W （3）物体受力分析的基本方法 ①确定研究对象（隔离体、整体）. ②按照次序画受力图，先主动力、后被动力，先场力、后接触力. ③只分析性质力，不分析效果力，合力与分力不能同时分析. ④结合物体的运动状态：是静止还是运动，是直线运动还是曲线运动.如物体做曲线运动时，在某点所受合外力的方向一定指向轨迹弧线内侧的某个方向. （4）共点力作用下平衡条件的应用.考查的主要物理方法和思想有：①整体法和隔离法；②假设法； ③合成法；④正交分解法；⑤矢量三角形法；⑥相似三角形法；⑦等效思想；⑧分解思想. 【考试方向】 受力分析和共点力的平衡问题是高中物理的基础，也是高考考查的重点。受力分析是解决动力学问题的关键，单独命题时往往和实际问题结合在一起。共点力的平衡问题，单独命题时往往和实际问题结合在一起，但是考查更多的是融入到其他物理模型中间接考查，如，结合运动学命题，或者出现在导轨模型中等。 【应考策略】 深刻理解各种性质力的特点；熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法. 【得分要点】 受力分析，要按照一定的顺序进行，特别注意弹力和摩擦力有无以及它们方向的判断。对于共点力的平衡问题，常用方法有： （1）正交分解法：适用于三力或三力以上平衡问题，可用于求解大小、方向确定的力的问题。（2）矢量三角形法：适用于三力平衡问题，该方法有时涉及正弦定理的运用，有时利用矢量三角形和几何三角形的相似性来求解力。 （3）三力平衡的动态分析：三个力中重力大小方向不变、一个力的方向不变大小可以改变、一个大小方向都改变。常常把三个力放置在一个矢量三角形中，有时涉及相似三角形的知识。 注意：涉及滑动摩擦力的四力平衡问题中，可以把滑动摩擦力F f和正压力F N合成为一个力F，只要 F f和F N方向不变，则F的方向不变。这样就可以把四力平衡转化为三力平衡问题。 一、知识点自主检测 1、性质力 2、效果力 受力分析 重要知识点讲解 知识点一：简单物理模型受力分析 题型一：弹力 例题1 画出物体A受到的弹力：（并指出弹力的施力物体） 变式1 画出物体A受到的弹力：（并指出弹力的施力物体） 题型二：摩擦力 例题2 画出物体A受到的摩擦力，并写出施力物：（表面不光滑） 变式2 画出物体A受到的摩擦力，并写出施力物：（表面不光滑） 变式3 画出物体 A 受到的摩擦力，并写出施力物：（表面不光滑） 题型三：整体分析受力 例题3 对物体A 进行受力分析。 变式4 对物体A 进行受力分析。 随堂练习 对下列物理模型中的A 、B 进行受力分析。 知识点二：组合模型的受力分析 A 、B 相对地面静止 题型一组合模型受力分析 例题1 变式1 对水平面上各物体进行受力分析（水平面粗糙）。 变式2 对下列各物块进行受力分析。 知识点二：力的合成与分解 题型二：力的变化 例题2 在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A，A与竖直墙之间放一光滑圆球B，整个装置处于平衡状态．现对B加一竖直向下的力F，F的作用线通过球心，设墙对B的作用力为F1，B对A的作用力为F2，地面对A的作用力为F3．若F缓慢增大而整个装置仍保持静止，截面如图所示，在此过程 中 A．F1保持不变，F3缓慢增大 B．F1缓慢增大，F3保持不变 C．F2缓慢增大，F3缓慢增大 D．F2缓慢增大，F3保持不变 变式3 水平地面上有一木箱，木箱与地面之间的动摩擦因数为(01) μμ <<。现对木箱施 A B F 加一拉力F ，使木箱做匀速直线运动。设F 的方向与水平面夹角为θ，如图，在θ从0逐渐增大到90°的过程中，木箱的速度保持不变，则 A ．F 先减小后增大 B ．F 一直增大 C ．F 的功率减小 D ．F 的功率不变 题型三：力的合成与分解 例题3 两个大小分别为1F 、2F （12F F <）的力作用在同一质点上，它们的合力F 的大小满足（ ） A. 21F F F ≤≤ B. 121 2 22 F F F F F -+≤≤ C. 1212F F F F F -≤≤+ D. 22222 1212F F F F F -≤≤+ 变式4 若有两个共点力1F 、2F 的合力为F ，则有（ ） A.合力F 一定大于其中任何一个分力。 B. 合力F 至少大于其中任何一个分力。 C. 合力F 可以比1F 、2F 都大，也可以比1F 、2F 都小。 D. 合力F 不可能和1F 、2F 中的一个大小相等。 知识点三 常见物理模型的分析 1、 斜面模型：如下图所示，在对斜面模型进行分析受力的时候要注意，尽量把斜面的倾斜 角画的小一些，这样将便于对分力的辨别。在对斜面进行受力分析建立坐标系时，尽量以平行斜面为x 轴。同时，也应该记住一些基本的力的表达，如：支持力cos N mg θ=；重力沿斜面向下的分力sin F mg θ=；若斜面上的物体和斜面发生相对运动，则所受到的摩擦力cos f mg μθ=。 θ 高三一轮复习摩擦力问题专题 何涛重点难点提示] 摩擦力问题既是进行物体受力分析的重点，又是力学计算的难点和关键．因此，弄清摩擦力产生的条件和方向的判断，掌握相关的计算规律，抓住它的特点，并正确分析、判断它的作用效果，对于解决好跟摩擦力相关的各种力学问题具有非常重要的意义．在对物体所受的摩擦力进行分析时，由于摩擦力存在条件的“复杂性”，摩擦力方向的“隐蔽性”及摩擦力大小的“不确定性”，使得对问题的研究往往容易出错．摩擦力的大小在确定摩擦力的大小之前，必须先分析物体的运动状态，判断是滑动摩擦力，还是静摩擦力． 1．摩擦力的产生条件：①两物体必须接触；②接触处有形变产生；③接触面是粗糙的； ④接触物体间有相对运动或相对运动趋势。 2．摩擦力大小的计算：滑动摩擦力的计算公式为f＝μN，式中μ为滑动摩擦系数，N为压力。 需要注意的是：滑动摩擦系数与材料的表面性质有关，与接触面大小无关，一般情况下，可以认为与物体间的相对速度无关。 在滑动摩擦系数μ未知的情况下，摩擦力的大小也可以由动力学方程求解。 静摩擦力的大小：除最大静摩擦力外，与正压力不成正比关系，不能用某个简单公式来计算，只能通过平衡条件或动力学方程求解。 在一般计算中，最大静摩擦力的计算与滑动摩擦力的计算采用同一公式，即f m＝μN，并且不区别静摩擦系数与滑动摩擦系数。而实际上前者要稍大于后者。 3．摩擦力的方向：沿接触面的切线方向，并和相对运动或相对运动趋势方向相反。 需要注意的是：物体所受摩擦力方向可能与物体运动方向相同，也可能相反；摩擦力可能是动力，也可能是阻力。摩擦力可以做正功，也可以做负功或不做功。滑动摩擦力的功要改变系统的机械能，损失的机械能将转化为物体的内能。而静摩擦力的功不会改变系统的机械能，不能将机械能转化为内能。 4.摩擦力做功特点： 高考化学二轮复习专题： 专题限时集训(七) 化学反应速率和化学平衡 (限时：45分钟) (对应学生用书第143页) 1．密闭容器中，由H2和CO直接制备二甲醚(CH3OCH3)，其过程包含以下反应： ⅰ.CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH1＝－90.1 kJ·mol－1 ⅱ.2CH3OH(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH2＝－24.5 kJ·mol－1 当其他条件相同时，由H2和CO直接制备二甲醚的反应中，CO平衡转化率随条件X的变化曲线如图所示。下列说法中正确的是( ) A．由H2和CO直接制备二甲醚的反应为放热反应 B．条件X为压强 C．X增大，二甲醚的产率一定增大 D．X增大，该反应的平衡常数一定减小 A[根据盖斯定律，将ⅰ×2＋ⅱ得：2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g) ΔH＝－204.7 kJ·mol－1，因此由H2和CO直接制备二甲醚的反应为放热反应，A项正确；若X表示压强，根据2CO(g)＋4H2(g)CH3OCH3(g)＋H2O(g)可知，压强越大，CO的平衡转化率越大，与图像不符，B项错误；根据图像可知，X可能是温度，温度升高，平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，二甲醚的产率减小，C项错误；根据图像可知，X可能是CO的浓度，增大CO的浓度，CO的平衡转化率减小，但平衡常数不变，D项错误。] 2．甲、乙两个密闭容器中均发生反应：C(s)＋2H2O(g)CO2(g)＋2H2(g) ΔH>0，有关实验数据如下表所示： 容器容积/L 温度 /℃ 起始量/mol 平衡量/mol 达到平衡所需 时间/min 平衡常 数C(s) H2O(g) H2(g) 甲 2 T1 2 4 3.2 3.5 K1 乙 1 T2 1 2 1.2 3 K2 A．T1 （山东专用）高考物理二轮复习专题一1第1讲力与物体的平衡教案 第1讲力与物体的平衡 一、单项选择题 1.(2019山东临沂检测)如图所示,甲、乙两物块质量相同,静止放在水平地面上。甲、乙之间、乙与地面间的动摩擦因数均相同,现对甲施加一水平向右的由零开始不断增大的水平拉力F(物体间最大静摩擦力等于滑动摩擦力),则经过一段时间后( ) A.甲相对于乙会发生相对滑动 B.乙相对于地面会发生相对滑动 C.甲相对乙不会发生相对滑动 D.甲相对于乙、乙相对于地面均不会发生相对滑动 答案 A 设甲、乙的质量均为m,甲、乙之间以及乙与地面之间的动摩擦因数为μ,则甲、乙之间的最大静摩擦力为:f max=μmg,乙与地面间的最大静摩擦力为:f max'=2μmg,因f max D.表演者越靠近竹竿底部所受的摩擦力就越小 答案 C 毛竹上的表演者静止时受重力、弹力和摩擦力,故选项A错误;表演者静止时,竹竿对其作用力(弹力和摩擦力的合力)与重力等大反向,即竹竿对表演者的作用力必定竖直向上,故选项B错误,C正确;表演者越靠近竹竿底部所受的摩擦力不一定越小,故选项D错误。 3.(2019山东济南模拟)如图所示,在倾角θ为37°的斜面上放置一质量为0.5 kg的物体,用一大小为1 N 平行斜面底边的水平力F推物体时,物体保持静止。已知物体与斜面间的动摩擦因数为,物体受到的摩擦力大小为(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)( ) A.3 N B.2 N C. N D. N 答案 C 物体所受的摩擦力为静摩擦力,物体在平行斜面底边的方向上受到的摩擦力为F x,有F x=F,在沿斜面方向上受到的摩擦力为F y,有F y=mg sin 37°,则物体所受摩擦力的大小等于= N,故选项C正确。 4.2019年10月1日上午,在庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵仪式上,空中护旗梯队拉开了阅兵分列式的序幕,20架武装直升机组成巨大的“70”字样飞越天安门上空让人记忆犹新,大长中华之气。而其领头的直升机悬挂的国旗更是让人心潮澎湃。若国旗、钢索和配重大约为600 kg,目测钢索与竖直方向的角度约为12°,若钢索与配重受到的空气阻力不计,重力加速度g=10 m/s2,已知θ较小时tan θ≈θ(弧度制)。国旗受到的空气阻力约为( ) A.6 000 N B.2 500 N C.1 200 N D.600 N 高考定位 受力分析、物体的平衡问题是力学的基本问题，主要考查力的产生条件、力的大小方向的判断(难点：弹力、摩擦力)、力的合成与分解、平衡条件的应用、动态平衡问题的分析、连接体问题的分析，涉及的思想方法有：整体法与隔离法、假设法、正交分解法、矢量三角形法、等效思想等．高考试题命题特点：这部分知识单独考查一个知识点的试题非常少，大多数情况都是同时涉及到几个知识点，而且都是牛顿运动定律、功和能、电磁学的内容结合起来考查，考查时注重物理思维与物理能力的考核． 考题1对物体受力分析的考查 例1如图1所示，质量为m的木块A放在质量为M的三角形斜面B上，现用大小均为F，方向相反的水平力分别推A和B，它们均静止不动，则() 图1 A．A与B之间不一定存在摩擦力 B．B与地面之间可能存在摩擦力 C．B对A的支持力一定大于mg D．地面对B的支持力的大小一定等于(M＋m)g 审题突破B、D选项考察地面对B的作用力故可以：先对物体A、B整体受力分析，根据平衡条件得到地面对整体的支持力和摩擦力；A、C选项考察物体A、B之间的受力，应当隔离，物体A受力少，故：隔离物体A受力分析，根据平衡条件求解B对A的支持力和摩擦力． 解析对A、B整体受力分析，如图， 受到重力(M＋m)g、支持力F N和已知的两个推力，水平方向：由于两个推力的合力为零，故 整体与地面间没有摩擦力；竖直方向：有F N＝(M＋m)g，故B错误，D正确；再对物体A受力分析，受重力mg、推力F、斜面体B对A的支持力F N′和摩擦力F f，在沿斜面方向：①当推力F沿斜面分量大于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向下，②当推力F沿斜面分量小于重力的下滑分量时，摩擦力的方向沿斜面向上，③当推力F沿斜面分量等于重力的下滑分量时，摩擦力为零，设斜面倾斜角为θ，在垂直斜面方向：F N′＝mg cos θ＋F sin θ，所以B对A的支持力不一定大于mg，故A正确，C错误．故选择A、D. 答案AD 1．(单选)(2014·广东·14)如图2所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P在支撑点M、N处受力的方向，下列说法正确的是() 图2 A．M处受到的支持力竖直向上 B．N处受到的支持力竖直向上 C．M处受到的静摩擦力沿MN方向 D．N处受到的静摩擦力沿水平方向 答案 A 解析M处支持力方向与支持面(地面)垂直，即竖直向上，选项A正确；N处支持力方向与支持面(原木接触面)垂直，即垂直MN向上，故选项B错误；摩擦力与接触面平行，故选项C、D错误． 2．(单选)如图3所示，一根轻杆的两端固定两个质量均为m的相同小球A、B，用两根细绳悬挂在天花板上，虚线为竖直线，α＝θ＝30°，β＝60°，求轻杆对A球的作用力() 图3 A．mg B.3mg C. 3 3mg D. 3 2mg 高三一轮复习 摩擦力问题专题 何涛 2015.9.122 [重点难点提示] 摩擦力问题既是进行物体受力分析的重点，又是力学计算的难点和关键．因此，弄清摩擦力产生的条件和方向的判断，掌握相关的计算规律，抓住它的特点，并正确分析、判断它的作用效果，对于解决好跟摩擦力相关的各种力学问题具有非常重要的意义． 在对物体所受的摩擦力进行分析时，由于摩擦力存在条件的“复杂性”，摩擦力方向的“隐蔽性”及摩擦力大小的“不确定性”，使得对问题的研究往往容易出错．摩擦力的大小在确定摩擦力的大小之前，必须先分析物体的运动状态，判断是滑动摩擦力，还是静摩擦力． 1．摩擦力的产生条件：①两物体必须接触；②接触处有形变产生；③接触面是粗糙的；④接触物体间有相对运动或相对运动趋势。 2．摩擦力大小的计算：滑动摩擦力的计算公式为f ＝μN ，式中μ为滑动摩擦系数，N 为压力。 需要注意的是：滑动摩擦系数与材料的表面性质有关，与接触面大小无关，一般情况下，可以认为与物体间的相对速度无关。 在滑动摩擦系数μ未知的情况下，摩擦力的大小也可以由动力学方程求解。 静摩擦力的大小：除最大静摩擦力外，与正压力不成正比关系，不能用某个简单公式来计算，只能通过平衡条件或动力学方程求解。 在一般计算中，最大静摩擦力的计算与滑动摩擦力的计算采用同一公式，即 f m ＝μN ，并且不区别静摩擦系数与滑动摩擦系数。而实际上前者要稍大于后者。 3．摩擦力的方向：沿接触面的切线方向，并和相对运动或相对运动趋势方向相反。 需要注意的是：物体所受摩擦力方向可能与物体运动方向相同，也可能相反；摩擦力可能是动力，也可能是阻力。摩擦力可以做正功，也可以做负功或不做功。滑动摩擦力的功要改变系统的机械能，损失的机械能将转化为物体的内能。而静摩擦力的功不会改变系统的机械能，不能将机械能转化为内能。 4.摩擦力做功特点： 静摩擦力做功：可以做正功、负功或不做功；一对相互作用的静摩擦力做功代数和为0。（故静摩擦力不损失系统机械能） 滑动摩擦力做：可以做正功、负功或不做功；一对滑动摩擦力做功代数和不为0，且为f s -?，s ?为相对位移。 类型一 静摩擦力的大小、方向 如图所示，表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮，两物块P 、Q 用轻绳连接并跨过定滑轮(不计滑轮的质量和摩擦)，P 悬于空中，Q 放在斜面上，均处 乎静止状态．当用水平向左的恒力推Q 时，P 、Q 仍静止不动， 则( )． A.Q 受到的摩擦力一定变小 B.Q 受到的摩擦力一定变大 C.轻绳上拉力一定变小 D.轻绳上拉力一定不变 分析与解答：：物体P 始终处于静止状态，则绳上拉力恒等于物体P 的重力，不会发生变化，所以D 选项正确．未加F 时，物体Q 处于静止状态，Q 所受静摩擦力方向不确定， 高三二轮专题复习教学设计 化学平衡常数 考纲要求： （6）化学反应速率和化学平衡 ①了解化学反应速率的概念、反应速率的定量表示方法。 ②了解催化剂在生产、生活和科学研究领域中的重要作用。 ③了解化学反应的可逆性。 ④了解化学平衡建立的过程。了解化学平衡常数的含义，能利用化学平衡常数进行相关的计算。 ⑤理解外界条件（浓度、温度、压强、催化剂等）对反应速率和化学平衡的影响，认识并能利用相关理论解析其一般规律。 ⑥了解化学反应速率和化学平衡的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。 高考分析： 化学反应速率和化学平衡是高考的必考容，其主要命题的容有： ①化学反应速率影响因素及其计算； ②化学平衡状态的判断及其影响因素； ③应用平衡移动的原理判断反应进行的方向； ④化学反应速率和化学平衡的图像分析； ⑤转化率、平衡常数的含义及相关计算 将化学反应速率和化学平衡移动的原理与化工生产、生活实际相结合的题目是最近几年高考命题的热点，特别是化学平衡常数的影响因素及其计算是新教材增加的容，高考的热点。 学情分析： 从解题得分的统计可以发现：学生不能灵活的利用平衡移动的规律解决有关平衡的问题，特别是复杂点的问题往往感到触手无策；对平衡常数的理解仅停留在概念定义层面，不能充分发挥它解决平衡问题的功能。 复习目标： 1.加深学生对化学平衡常数的理解，并熟练的利用化学平衡常数进行相关的计算，提高解题技能。 2．帮助学生将化学平衡、平衡常数等知识点进行系统化、网络化。 教学过程： 1.展示考纲要求： 化学反应速率和化学平衡 ①了解化学反应速率的概念、反应速率的定量表示方法。 ②了解催化剂在生产、生活和科学研究领域中的重要作用。 ③了解化学反应的可逆性。 ④了解化学平衡建立的过程。了解化学平衡常数的含义，能利用化学平衡常数进行相关的计算。 ⑤理解外界条件（浓度、温度、压强、催化剂等）对反应速率和化学平衡的影响，认识并能利用相关理论解析其一般规律。 ⑥了解化学反应速率和化学平衡的调控在生活、生产和科学研究领域中的重要作用。 讲解： 化学平衡常数的影响因素及其计算是新教材增加的容，是高考的热点。2013、2014年新课标全国Ⅰ卷、Ⅱ卷均考查了化学平衡常数这一知识点。 传送带问题归类分析 传送带是运送货物的一种省力工具，在装卸运输行业中有着广泛的应用，本文收集、整理了传送带相关问题，并从两个视角进行分类剖析：一是从传送带问题的考查目标（即：力与运动情况的分析、能量转化情况的分析）来剖析；二是从传送带的形式来剖析．（一）传送带分类：（常见的几种传送带模型） 1.按放置方向分水平、倾斜和组合三种； 2.按转向分顺时针、逆时针转两种； 3.按运动状态分匀速、变速两种。 （二）| （三）传送带特点：传送带的运动不受滑块的影响，因为滑块的加入，带动传送带的电机要多输出的能量等于滑块机械能的增加量与摩擦生热的和。 （三）受力分析：传送带模型中要注意摩擦力的突变（发生在v物与v带相同的时刻），对于倾斜传送带模型要分析mgsinθ与f的大小与方向。突变有下面三种： 1.滑动摩擦力消失； 2.滑动摩擦力突变为静摩擦力； 3.滑动摩擦力改变方向； （四）运动分析： 1.注意参考系的选择，传送带模型中选择地面为参考系； 2.判断共速以后是与传送带保持相对静止作匀速运动呢还是继续加速运动 ， 3.判断传送带长度——临界之前是否滑出 （五）传送带问题中的功能分析 1.功能关系：W F =△E K +△E P +Q 。传送带的能量流向系统产生的内能、被传送的物体的动能变化，被传送物体势能的增加。因此，电动机由于传送工件多消耗的电能就包括了工件增加的动能和势能以及摩擦产生的热量。 2.对W F 、Q 的正确理解 （a ）传送带做的功：W F =F·S 带 功率P=F× v 带 （F 由传送带受力平衡求得） （b ）产生的内能：Q=f·S 相对 （c ）如物体无初速，放在水平传送带上，则在整个加速过程中物体获得的动能E K ，因为摩擦而产生的热量Q 有如下关系：E K =Q= 2 mv 2 1传 。一对滑动摩擦力做的总功等于机械能转化成热能的值。而且这个总功在求法上比一般的相互作用力的总功更有特点，一般的一对相互作用力的功为W ＝f 相s 相对，而在传送带中一对滑动摩擦力的功W ＝f 相s ，其中s 为被传送物体的实际路程，因为一对滑动摩擦力做功的情形是力的大小相等，位移不等（恰好相差一倍），并且一个是正功一个是负功，其代数和是负值，这表明机械能向内能转化，转化的量即是两功差值的绝对值。 （六）水平传送带问题的变化类型 ） 设传送带的速度为v 带，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，两定滑轮之间的距离为L ，物体置于传送带一端的初速度为v 0。 1、v 0＝0， v 0物体刚置于传送带上时由于受摩擦力作用，将做a =μg 的加速运动。 假定物体从开始置于传送带上一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为v ＝ gL μ2，显然有： v 带＜ gL μ2 时，物体在传送带上将先加速，后匀速。 v 带 ≥ gL μ2时，物体在传送带上将一直加速。 2、 V 0≠ 0，且V 0与V 带同向 （1）V 0＜ v 带时，同上理可知，物体刚运动到带上时，将做a =μg 的加速运动，假定物体一直加速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为V ＝ gL V μ220 +，显然有： V 0＜ v 带＜ gL V μ220 + 时，物体在传送带上将先加速后匀速。 v 带 ≥ gL V μ220 + 时，物体在传送带上将一直加速。 （2）V 0＞ v 带时，因V 0＞ v 带，物体刚运动到传送带时，将做加速度大小为a = μg 的减速运动，假定物体一直减速到离开传送带，则其离开传送带时的速度为V ＝ gL V μ220 - ，显然 高考物理复习 摩擦力专题(附参考答案) 一、 明确摩擦力产生的条件 （1） 物体间直接接触 （2） 接触面粗糙 （3） 接触面间有弹力存在 （4） 物体间有相对运动或相对运动趋势 这四个条件紧密相连，缺一不可．显然，两物体不接触，或虽接触但接触面是光滑的，则肯定不存在摩擦力．但满足(1)、(2)而缺少(3)、 (4)中的任意一条，也不会有摩擦力．如一块砖紧靠在竖直墙，放手后让其沿墙壁下滑，它满足条件(1)、(2)、(4)，却不具备条件(3)，即相互间无压力，故砖不可能受到摩擦力作用．又如，静止在粗糙水平面上的物体它满足了条件(1)、 (2)、(3)，缺少条件(4)，当然也不存在摩擦力． 由于不明确摩擦力产生的条件，导致答题错误的事是经常发生的． 例1 (1994年全国考题)如图1所示，C 是水平地面，A 、B 是两个长方形物块，F 是作用在物 块上沿水平方向的力，物体A 和B 以相同的速度 作匀速直綫运动，由此可知，A 、B 间的动摩擦因数1μ和B 、C 间的动摩擦因数2μ有可能是 (A)=1μ 0，=2μ 0 (B) =1μ0，≠2μ 0 (C) ≠1μ0，=2μ0 (D) ≠1μ0，≠2μ0 解析：本题中选A 、B 整体为研究对象，由于受推力的作用做匀速直线运动，可知地面对的摩擦力一定水平向左，故≠2μ 0，对A 受力分析可知，水平方向不受力，1μ可能为0，可能不为0。正确答案为(B)、(D)． 二、了解摩擦力的特点 摩擦力具有两个显著特点：(1)接触性； (2)被动性．所谓接触性，即指物体受摩擦力作用物体间必直接接触(反之不一定成立)。这种特点已经包括在摩擦力产生的条件里，这里不赘述。对于摩擦力的被动性，现仔细阐述。所谓被动性是指摩擦力随外界约束因素变化而变化．熟知的是静摩擦力随外力的变化而变化。 例2 (1992年全国考题)如图2所示，一木块放在水平桌面上，在水平方向共受到三个力，即1F 、2F 和摩擦力作用，木块图2处于静止状态，其中 1F ＝10N 、2 F ＝2N ，若撤去 力1F ，则木块在水平方向受到的合力为 (A)10N ，方向向左 (B)6N ，方向向右 (C)2N ，方向向左 (D)零 解析；1F 没有撤去时，物体所受合外力为零，此时静摩擦力大小为8N ，方 向向左．撤去1F 以后，物体在2F 作用下不可能沿水平方向发生运动状态的改变，物体仍保拧静止．此时地面对物体的静摩擦力大小为2N ，方向向右．从上 图2 图 1 专题十九化学平衡及其计算 1、一定温度下,在2L的密闭容器中,X、Y、Z三种气体的物质的量随时间变化的曲线如下图 所示:下列描述正确的是( ) A.反应的化学方程式为: X(g)+Y(g)Z(g) B.反应开始到10s,X的物质的量浓度减少了0.79mol/L C.反应开始到10s时,Y的转化率为79.0% D.反应开始到10s,用Z表示的反应速率为0.158mol/(L·s) 2、(NH4)2S03氧化是氨法脱硫的重要过程。某小组在其他条件不变时，分别研究了一段时间 内温度和(NH4)2S03，初始浓度对空气氧化(NH4)2S03速率的影响，结果如下图。 下列说法不正确的是( ) A. 60℃之前，氧化速率增大与温度升高化学反应速率加快有关 B. 60℃之后，氧化速率降低可能与02的溶解度下降及(NH4)2SO3受热易分解有关 SO 水解程度增大有关 C. (NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧化速率变化不大，与2 3 D. (NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧化速率变化不大，可能与02的溶解速率有关 3、将1mol M和2mol N置于体积为2L的恒容密闭容器中，发生反应：M(s)+2N(g)P(g)+Q(g) △H 。反应过程中测得P的体积分数在不同温度下随时间的变化如图所示。下列说法正确的 是( ) A．若X、Y两点的平衡常数分别为K1、K2，则K1>K2 B．温度为T1时，N的平衡转化率为80%，平衡常数K =40 C．无论温度为T1还是T2，当容器中气体密度和压强不变时，反应达平衡状态 D．降低温度、增大压强、及时分离出产物均有利于提高反应物的平衡转化率 4、温度为一定温度下，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0mol PCl5,反应PCl5(g)?PCl3(g)+ Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表。下列说法正确的是( ) t/s 0 50 150 250 350 n(PCl3)/mol 0 0.16 0.19 0.20 0.20 A.反应在前50s的平均速率v(PCl3) = 0.0032mol·L-1·s-1 B.保持其他条件不变，升高温度,平衡时c(PCl3) = 0.11mol·L-1,则反应的ΔH<0 C.相同温度下,起始时向容器中充入1.0mol PCl5、0.20mol PCl3和0.20mol Cl2,反应达到平衡前v(正)> v(逆) D.相同温度下，起始时向容器中充入2.0mol PCl3和2.0mol Cl2,达到平衡时,PCl3的转化率小于80% 5、T℃时,发生可逆反应A(g)+2B(g)2C(g)+D(g) ΔH<0。现将1mol A和2mol B加入甲容器中,将4mol C和2mol D加入乙容器中。起始时,两容器中的压强相等,t1时两容器内均达到平衡状态(如图所示,隔板K固定不动)。下列说法正确的是( ) 力与物体平衡专题 一、知识要求 1、记住高中所有的力及其特点。 2、能正确进行受力分析、作出受力图。 3、能用平行四边形和三角形对力进行合成和分解，并能利用几何知识求力。 4、知道平衡状态（有静态平衡、动态平衡两种）和平衡条件及其推论。 二、熟练掌握常见的平衡题型 1、斜面上物体的平衡 研究斜面上物体的静止和运动的问题是考 试中的常规题，而物体所受静摩擦力大小方向的 判断是此类题中的重点、难点（如右图）。找临 界状态是判断静摩擦力的关键。 练习1. 如图所示，表面粗糙的固定斜面 顶端安有滑轮，两物块 P、Q用轻绳连接并跨过 滑轮（不计滑轮的质量 和摩擦），P悬于空中， Q放在斜面上，均处于静止状态。当用水平向左 的恒力推Q时，P、Q仍静止不动，则 Ａ.Q受到的摩擦力一定变小 Ｂ.Q受到的摩擦力一定变大 Ｃ.轻绳上拉力一定变小 Ｄ.轻绳上拉力一定不变 如果用竖直向下的力压Q呢？物体一定会 运动吗？ 练习2、将一物体轻放在 一个倾斜的沿逆时针方向匀 速转动的传送带上A(上)端， 此后物体在从A到B(底端） 的运动过程中（ACD） A 物体可能一直向下做匀加速直线运动， 加速度不变。 B 物体可能一直向下做匀速直线运动 C物体可能一直向下做加速运动,加速度改变 D 物体可能先向下作加速运动，后做匀速运动。 如果改成顺时针转动应该怎么做？ 练习3．(03年理综)如图所示，一个半球形的碗放在桌面 上，碗口水平，O点为其球心，碗的内表面及碗口是光滑的。 一根细线跨在碗口上，线的两端分别系有质量为m1和m2的小 球，当它们处于平衡状态时，质量为m1的小球与O点的连线 与水平线的夹角为α＝60°。两小球的质量比m2/m1为A A 3/3 B 2/3 C 3/2 D 2/2 共点力平衡专题 【典型例题】 题型一：三力平衡 例1、如图所示，在倾角为α的斜面上，放一质量为m 的小球，小球被竖直的木板挡住，不计摩擦，则球对挡板的压力是( ) A ．mgcos α B ．mgtan α C.mg/cos α D ．mg 解法一：(正交分解法)：对小球受力分析如图甲所示，小球静止， 处于平衡状态，沿水平和竖直方向建立坐标系，将FN2正交分解，列平衡方程为F N1＝F N2sin α mg ＝F N2cos α 可得：球对挡板的压力F N1′＝F N1＝mgtan α，所以B 正确． 解法二：(力的合成法)：如图乙所示，小球处于平衡状态，合力为零．F N1与F N2的合力一定与mg 平衡，即等大反向．解三角形可得：F N1＝mgtan α，所以，球对挡板的压力F N1′＝F N1＝mgtan α. 解法三：(效果分解法)：小球所受的重力产生垂直板方向挤压竖直板的效果和垂直斜面方向挤压斜面的效果，将重力G 按效果分解为如上图 丙中所示的两分力G 1和G 2，解三角形可得：F N1＝G 1＝mgtan α，所以，球对挡板的压力F N1′＝F N1＝mgtan α.所以B 正确． 解法四：(三角形法则)：如右图所示，小球处于平衡状态，合力为零，所受三个力经平移首尾顺次相接，一定能构成封闭三角形．由三角形解得：F N1＝mgtan α，故挡板受压力F N1′＝F N1＝mgtan α.所以B 正确． 题型二：动态平衡问题 例2、如图所示，在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体A ， A 的左端紧靠竖直墙，A 与竖直墙之间放一光滑圆球 B ，整个装置处于静止状态。设墙壁对B 的压力为F1，A 对B 的压力为F2，则若把A 向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则F1、F2的变化情况分别是（ ） A ．F1减小 B ．F1增大 C ．F2增大 D ．F2减小 方法一 解析法：以球B 为研究对象，受力分析如图甲所示，根据 合成法，可得出F1＝Gtan θ，F2＝Gcos θ，当A 向右移动少许后，θ减小，则F1减小，F2减小。故选项A 、D 正确。 方法二 图解法：先根据平衡条件和平行四边形定则画出如图乙所示的矢量三角形，在θ角减小的过程中，从图中可直观地看出，F1、F2都会减小。故选项A 、D 正确。 【拓展延伸】在【典例2】中若把A 向右移动少许后，它们仍处于静止状态，则地面对A 的摩擦力变化情况是（ ） A ．减小 B ．增大C ．不变 D ．先变小后变大 方法一 隔离法：隔离A 为研究对象，地面对A 的摩擦力F f ＝F 2sin θ，当F 2和θ减小时，摩擦力减小，故选项A 正确。 方法二 整体法：选A 、B 整体为研究对象，A 、B 整体受到总重力、地面的支持力、墙壁的压力和地面的摩擦力，所以摩擦力F f ＝F 1，当把A 向右移动少许后，随着F 1的减小，摩擦力也减小。故选项A 正确。 [相似三角形法] 例3、如图所示，小圆环A 吊着一个质量为m2的物块并套在另一个竖 2 sin 22 sin 22112αα== m m R g m R g m 解得：2021年高考物理二轮复习 人教版 专题01 力与物体的平衡(检测)
专题受力分析_共点力的平衡
高三物理：受力分析题型精练(含答案)
高考化学二轮复习专题十九化学平衡及其计算(含解析)
专题一 、力与物体的平衡
绝版高三物理专题复习受力分析
高三一轮复习专题__摩擦力
高考化学二轮复习专题限时集训7化学反应速率和化学平衡含解析
(山东专用)高考物理二轮复习专题一1第1讲力与物体的平衡教案
高考物理专题一(受力分析)(含例题、练习题及答案)
高三一轮复习专题--摩擦力
高三二轮专题复习：化学平衡常数(教学设计)
高考物理--传送带问题专题归类(含答案及解析)
高考物理复习-摩擦力专题
高考化学二轮复习 专题十九 化学平衡及其计算(含解析)
力与物体平衡专题
共点力平衡专题
相关主题
文本预览