千里清秋迁移应用5.解析：由牛顿第二定律得：mg －f ＝ma
2012
h t at =+v 抛物后减速下降有：///()()f m m g m m a --=-
Δv ＝a /Δt
解得： //101 kg /a t m m g t
+??==+??v v 例题6.解析：（1）设力F 作用时间为t 1，则 a B =F -μmg /m =6m/s 2 ， a A =μmg /M =1m/s 2
相对运动距离△s 1=2
1（a B - a A ）t 12
“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 7 - 设撤去F 时B 的速度为v B 、A 的速度为v A 。经t 2时间后 B 正好滑到右端且速度与A 相同 a B '=μg=2m/s 2， 方向向左
a A '=a A =1m/s 2
22B 2B 2A 2A 211S =t t S =t t 22
a a υυ''''+- 相对运动距离△s 2=2B A 21(+)t 2
a a '' 由A 12=(t +t )a υ' ，B 1B 2=t t a a υ'－ ，B A 1A B 2()t =(+)t a a a a ''－
得t 2 =5t 1/3 22B A 1B A 211()t (+)t =L 22
a a a a ''+－ 得t 1=203 s W F =F ·SB =F ·21a B t 12 得W F =3.6J
（2）M 变大、m 变小、μ变小、F 变大
教师提醒：所谓物体组，就是由多个物体组成的系统。解决物体组的动力学问题，要注意以下几点：（1）在处理方法上，可以灵活使用整体法和隔离法；（2）使用隔离法时要对每个物体进行正确的受力分析；（3）注意分析各个物体间的联系，比如速度关系、时间关系、位移关系等，从而找到解决问题的突破口．
迁移应用6.解析：（1）设A 在C 板上滑动时，B 相对于C 板不动，则对B 、C 有 μmg =2ma 2g
a μ=
又B 依靠摩擦力能获得的最大加速度为 a m =m
mg μ=g μ ∵a m ＞a ∴ B 未相对C 滑动而随木板C 向右做加速运动
B 受到的摩擦力f b = ma =2
1μmg 方向向右 （2）要使物块A 刚好与物块B 发生碰撞，物块A 运动到物块B 处时，A 、B 的速度相等，即v 1= v 0－μgt =2
1μgt 得v 1= v 0/3 设木板C 在此过程中的位移为x 1，则物块A 的位移为x 1+x ，由动能定理 －μmg (x 1+x ) =
21mv 12－21mv 02 μmgx 1 =2
1(2m )v 12 联立上述各式解得v 0 =gx μ3
要使物块A 、B 发生相碰的条件是v 0＞gx μ3
【仿真训练】
1. C
2. A
3. C
4. C
5. A
6.AD
7. AC
8. BC
9. BC
10. 解：（1）B 、C 两球都带负电荷；理由略 ①
（2）由对称性知：q B = q C ②
“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 8 - B 球受三力作用，如图所示。
根据平衡条件有：
k 2r Qq B cos60°= k 2r q q B C ③
解①②两式得：
q B =2Q
④ （3）AB 细线中拉力增大，BC 中仍无作用力 ⑤
11. 解： 由图可知，在t=0到t=t 1=2s 的时间内，体重计的示数大于mg ，故电梯应做向上的加速运动.设在这段时间内体重计作用于小孩的力为f 1，电梯及小孩的加速度为a 1，由牛顿第二定律，得 f 1—mg=m a 1 ①
在这段时间内电梯上升的高度211121t a h = ②
在t 1到t=t 2=5s 的时间内，体重计的示数等于mg ，故电梯应做匀速上升运动，
即v 1= a 1 t 1 ③
在这段时间内电梯上升的高度 h 2= v 1(t 2—t 1) ④
在t 2到t=t 3=6s 的时间内，体重计的示数小于mg ，故电梯应做向上的减速运动.设这段时间内体重计作用于小孩的力为f 2，电梯及小孩的加速度为a 2，由牛顿第二定律，得 mg —f 2=ma 2 ⑤
在这段时间内电梯上升得高度22322313)(21)(t t a t t h --
-=υ ⑥ 电梯上升的总高度321h h h h ++= ⑦
由以上各式，利用牛顿第三定律和题文及题图中的数据，解得 h ＝9 m
12. 解：由于木块与斜面间有摩擦力的作用，所以小球B 与木块间有压力的作用，并且它们以共同的加速度a 沿斜面向下运动．将小球和木块看作一个整体，设木块的质量为M ，根据牛顿第二定律可得
()()()a m M g m M g m M +=+-+θμθcos sin
代入数据得2
2.0m/s a =
选小球为研究对象，设MN 面对小球的作用力为N ，
根据牛顿第二定律有ma N mg =-θsin
代入数据得 6.0N N =
根据牛顿第三定律，小球对MN 面的压力大小为6.0N ，方向沿斜面
13. 解：（1）当x =0.5m 时，F 2=(2+2×0.5)N=3N 12F F ma -=
221243m/s 0.5m/s 2
F F a m --=== （2）物体所受的合外力为
()()12422N 22N F F F x x =-=-+=-????合
“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 9 - 作出F t -合图如右图所示：
从图中可以看出，当0x =时，物体有最大加速度0a 。
00F ma =
22002m /s 1m /s 2
F a m === 当2m x =时，物体也有最大加速度2a 。
22F ma =
22222m /s 1m /s 2
F a m -===- 负号表示加速度方向向左。
（3）当物体的加速度为零时速度最大。从上述图中可以看出，当1m x =时，10a =，速度1v 最大。
从0x =至1m x =合外力所做的功为 01121J=1J 22
W F x =
=??合 根据动能定理，有 2111=1J 2
K E W mv ==合 所以当1m x =时，物体的速度最大，为 11221m/s 1m/s K E v ?===m 2
专题三 运动的合成与分解 抛体运动
【基础整合】
要点回顾：
1. 不在同一条直线上；变速运动；独立；等效；等时；
2. 平行四边形定则；
3. 恒定；匀速直线运动；匀变速直线运动；tan θ=2tan α； 基础自测:
1. AC
2. C
3. A
4. 解：（1）物体A 上滑过程中，由牛顿第二定律得：mg sin θ=ma
代入数据得：a =6m/s 2
设经过t 时间相撞，由运动学公式：10v at =-
代入数据得：t =1s
（2）平抛物体B 的水平位移：11cos372x v t =
?=2.4m 平抛速度：2x v t
==2.4m/s （3）物体A 、B 间的高度差：2111sin 3722A B h h h v t gt ⊥=+=
?+=6.8m 【考点突破】
例题1. B
教师提醒：物体做曲线运动的条件是所受合力与速度不在同一直线上，而且曲线运动的物体所受合力指向曲线凹的一侧，同时也可得到物体做直线运动的条件是物体所受合力方向与其
“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 10 - 运动方向在同一直线上。
迁移应用1. C
例题2. 解：设河宽为d ，河水流速为v 1，船速第一次为v 2，第二次为v 2’,（v 2、v 2’大小相同，方向不同），由题意有：
d ＝v 2·t 1=v ’2·sinα·t 2 ①
S BC =v 1·t 1 ②
③
三式联立，代入数据可求得：河宽d =200m
教师提醒：处理运动的合成与分解问题时，要抓住合运动与分运动的关系：等效性、独立性、等时性。
迁移应用2.解析：物体A 被拉至左侧定滑轮的正下方时获得最大速度，此时物体B 的瞬时速度为0。以物体A 所在水平面为参考平面，在从物体A 刚被释放到物体A 运动至左侧定滑轮正下方的过程中，对系统应用机械能守恒定律，有
)sin (212h h mg mv -=θ
， 解得A 所能获得的最大速度为
)2.053
sin 2.0(102)sin (20-??=-=h h g v θm/s=1m/s 。 例题3. 解析：如图选坐标，斜面的方程为：
3tan 4
y x x θ== ① 运动员飞出后做平抛运动
0x v t = ②
212
y gt = ③ 联立①②③式，得飞行时间：t ＝1.2 s
落点的x 坐标：x 1＝v 0t ＝9.6 m
“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 11 - 落点离斜面顶端的距离：112 m cos x s θ
== 落点距地面的高度：11()sin 7.8 m h L s θ=-=
接触斜面前的x 分速度：8 m/s x v =
y 分速度：12 m/s y v gt ==
沿斜面的速度大小为：cos sin 13.6 m/s B x y v v v θθ=+=
设运动员在水平雪道上运动的距离为s 2，由功能关系得：
2121cos ()2
B mgh mv mg L s mgs μθμ+=-+ 解得：s 2＝74.8 m
教师提醒：平抛、类平抛乃至一般的匀变速曲线运动，都可以根据力的独立作用原理把运动进行分解，把复杂的运动分解为两个简单的运动，再进行处理。
迁移应用3. 解析： 由于小球与竖直墙壁的碰撞只影响水平方向的速度，在竖直方向上的
速度不变，在竖直方向上是自由落体运动，所以小球从抛出到落地所用时间为
2t s ===，小球在水平方向运动的总距离为s =v 0 t =5.0×2m=10m，而两竖直墙壁间的距离为d =1.0m ，小球水平方向运动的总距离为两墙壁间距离的10倍，由于是偶数，所以最后小球落在A 墙壁的下部，说明了小球落地点的水平距离为零，小球落地前与墙壁碰撞的次数n =10-1=9次
【仿真训练】
1. B
2. D
3. A
4. C
5. D
6. BD
7. AC
8. BD
9. AC
10. 解：当击球点高度为2.5m 时，击球速度为v 1时恰好触网；击球速度为v 2时恰好出界。当击球点高度为h
如图中的（a ）、（b ）、（c （12.5－2.25=2
1gt 12 3=v 1t 1
2.5=2
1gt 22 12=v 2t 2
由此解得： v 1≈13.4m/s v 2≈17m/s
所以，球既不触网又不出界的速度值应为 13.4m/s ＜υ＜17m/s
（2）同样根据平抛运动的规律，有：
h －2.25=
2
1gt 12 3=vt 1 h =2
1gt 22
“赢在高考”丛书 物理二轮复习 - 12 - 12=vt 2
由此解得： h =2.4m
所以，当h ＜2.4m 时，无论击球速度多大，球总是触网或出界。
11.解析：（1）s 1：s 2=1：3 （2）F /G =2
2 （3）E =12J 12.解析：(1)设滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力为f ，根据动能定理有:
22102
fS mv -=-
由上式解得: 22260460228mv f N N S ?===?
(2)人和滑板一起在空中做平抛运动，设初速为v 0，飞行时间为t ，
根据平抛运动规律有
: t =
且10S v t
= 由以上公式可解得
: 0/5/v s m s === 13. 解析：（1）由牛顿第二定律得： a =F/m =15m/s 2
设质点从O 到P 所用时间为t ，则
x 方向：x P =v 0t
y 方向：y P =at 2/2
且： tan37°= y P / x P
联立解得：t =1s ，x P =10m ，y P =7.5m
所以P 点的坐标为（10m ，7.5m ）
(2) v Py =at =15m/s
v P =s m v v py px /1813522
≈=+
与x 轴夹角θ满足tan θ= v py / v px =3/2 ,即θ= arctan(3/2)
专题四 圆周运动与万有引力定律
【基础整合】
要点回顾： 1.T R π2；ωR ；T π2；R v ；v
R π2；ωπ2； 2.方向；大小； 3.gR ；0；匀速圆周；万有引力； 4.减小；减小；增大；减小；环绕；脱离；逃逸；
基础自测
1. BCD
2. A
3. C
4. 解：（1）设此时盒子的运动周期为T 0，因为在最高点时盒子与小球之间刚好无作用力，因此小球仅受重力作用．根据牛顿运动定律得：
“赢在高考”丛书 物理二轮复习
- 13 - 2v mg m R = 且 0
2R v T π= 解之得：g
R T π20=
（2）设此时盒子的运动周期为T ，则此时小球的向心加速度为：R T
a n 22
4π= 由第一问知：R T g 202
4π= 且 2
0T T = 由上述三式知：g a n 4=
设小球受盒子右侧面的作用力为F ，受上侧面的作用力为N ，根据牛顿运动定律知： 在水平方向上：n F ma = 即：4F mg =
在竖直方向上：0N mg += 即：N mg =-
