力与运动 (专题二)

专题一：力、运动和力（3h ） 直击考点＝＞重力、弹力、力的三要素例题精选＝＞ 例1.如图所示，使一薄钢条的下端固定，分别用不同的力去推它，使其发生(a )、(b )、(c)、(d) 各图中的形变，如果力的大小431F F F ==＞2F ，那么，能说明力的作用效果跟力的作用点有关的图是( )．A. 图(a )和(b ) B ．图(a )和(c) C. 图(a )和(d) D ．图(b )和(d)【答案】C例2．如图，弹簧测力计的量程是__________，分度值是__________，该弹簧测力计___________(选填“能”或“不能”)直接用来测力的大小．需先_________，否则会使测得的值比真实值偏___________（选填“大”或“小”）．【答案】0-5N ，0.2N,不能 调零 大反馈练习＝＞1.坐在船上的人用桨向后划水时，船就会向前进，则在平静的水面上，使船前进的力是( )A ．人手作用在桨上的力B ．桨向后作用于水上的力C ．水作用于桨的力D ．水作用于船体的力2.玩具“不倒翁”被扳倒后会自动立起来。

请在图5甲中画出水平桌面对“不倒翁”支持力的示意图，在图5乙中画出“不倒翁”所受重力的示意图。

(O 为不倒翁的重心)3. 试分析挂在竖直墙上、质量为3kg 的球受到的力(如图6所示)，并用力的示意图表示球受到的力．4．在研究弹簧的伸长与外力的关系的实验中，将弹簧水平放置测出其自然长度，然后竖直悬挂让其自然下垂，在其下端竖直向下施加外力F ，实验过程是在弹簧的弹性限度内进行的，用记录的外力F 与弹簧的伸长量x 作出的F －x 图象如图所示。

（1）由图可知，该弹簧受到的拉力每增加1N ，弹簧的伸长增加_______cm ；（2）该图象不过原点的原因是______________ 。

(3)分析弹簧的伸长与拉力大小之间的关系，结论是： 。

【答案】1．C 2 .略 3.略4.⑴1 ⑵弹簧在竖直悬挂自然下垂时，在自身的重力作用下已有一定量的伸长（3）在一定的弹性限度内，弹簧的伸长与所受的拉力成正比例1第2题 第3题 第15题直击考点＝＞摩擦力和二力平衡例题精选＝＞例3．频闪摄影是研究物体运动时常用一种实验方法，下图A B C D 中分别用照相机拍摄（每0.1S 拍摄一次）的小球在不同的运动状态下的照片,其中受到平衡力的作用的是（ ）例4．一本物理书静止在水平桌面上，下列各对力中属于平衡力的是（ ）A ．书对地球的引力和地球对书的引力B ．书受到的重力和桌面对书的支持力C ．书对桌面的压力和书受到的重力D ．书对桌面的压力和桌面对书的支持力例5．在探究“滑动摩擦力的大小与哪些因素有关”的实验中。

物理中考试题一、选择题1．如图，这是货物计数装置简化电路图，电源电压不变，R0为定值电阻，R为光敏电阻，有光照时其阻值变小，计数器由电压表改装而成。

当开关闭合，有货物通过传送带遮挡激光时，下列说法正确的是（）A．通过R0的电流变大B．R0与R的电流之比不变C．电压表示数变小D．电路的总功率变小2．关于声现象，下列说法中正确的是（）A．有些高科技产品，不振动也可以发出声音B．渔船上的声呐系统是利用超声波能传递信息C．次声波和超声波在空气中的传播速度不相同D．通过居民区的高速公路两旁建的隔音墙是在声源处来减弱噪声的3．下列四幅图对应的说法正确的是（）A．图中的螺线管通电后左边为N极B．图中中甲乙两个小球一定带异种电荷C．图中是电动机的工作原理D．图中实验的原理和电铃的原理不相同4．在探究“光的反射规律”的实验中，让一束光从空气射向平面镜，下列说法不正确的是（）A．反射光线、入射光线与法线在同一平面内B．若让光线垂直入射，则反射角和入射角均为90°C．光的传播方向一定会改变D．使入射角增大，则反射角将随之增大5. 剪纸是一种具有中国精神和理念的文化艺术。

如图所示，是小明学习剪“中国福”的情景，关于他使用剪刀的过程，说法正确的是（）A．此剪刀一定是省力杠杆B．纸离支点越近用的力越小C．刀刃很薄是为了减小压强D．剪纸只改变了纸的运动状态6．用绳子拴着一石块，使石块在水平面上匀速转动。

如果石块受到的力都消失了，石块将：A．立即停止运动 B．落到地面上C．继续匀速转动 D．做匀速直线运动7．如图所示为小宁家某部分家庭电路的电路图，火线和零线之间的电压为220V，小宁把开关闭合，灯泡正常发光，再把电饭煲接到三孔插座并闭合开关，电饭煲正常工作。

下列哪个说法是错误的（）A．灯泡的正常工作时，正确使用测电笔检测灯泡零线端A点，试电笔不发光B．把电饭煲换成电热水壶接入三孔插座，保险丝马上熔断，一定是电热水壶内部发生短路C．把电饭煲插头拔掉后，正确使用测电笔插到插座左孔，测电笔不发光D．灯泡和电饭煲这两个用电器是属于并联关系8．下列能量转化的事例中说法正确的是：A．钻木取火内能转化为机械能B．电动机通电后转动把电能转化为机械能C．物体落在弹簧上将弹簧压缩，弹性势能转化为动能D．从滑梯上匀速下滑重力势能转化为动能9．下列说法正确的是：A．调节天平时，应该将游码移到标尺中央B．使用弹簧测力计时，必须竖直提着用C．使用量筒读数时视线应与筒内液体的凸面顶部或凹面底部相平D．使用温度计测液体温度时玻璃泡碰到容器壁不会影响测量结果10．如图所示，将系在细线下的小球拉至A点，然后由静止释放，小球将在A、C两点之间往复摆动，如果不考虑空气对小球的阻力，下列分析中正确的是（）A．细线对小球的拉力与小球的重力是一对平衡力B．小球对细线的拉力与细线对小球的拉力是一对相互作用力C．当小球摆至C点时，如果小球所受的力同时消失，小球将静止在C点D．当小球摆至B点时，如果细线突然断裂，小球将竖直下落11．下面说法正确的是A．用手指分别顶住一端削尖的的铅笔的两端，稍用力挤压会感觉到削尖的那端特别疼，说明压力的作用效果与压力大小有关。

高 三 物 理 第 二 轮 专 题 复 习 资 料专题二 力与运动第一讲 力与直线运动题型分类聚焦：类型一：加速度的理解例1：某质点做匀变速直线运动，初速度大小v 1=2m/s ，经过2s 时间，速度大小变为v 2=6m/s ，则质点的加速度大小可能为（ ）A. 1 m/s 2B. 2 m/s 2C. 3 m/s 2D. 4 m/s 2 类型二：平均速度例2：（2006四川 14）2006我国自行研制的“枭龙”战机04架在四川某地试飞成功。

设该战机起飞前从静止开始做匀加速直线运动，到达起飞速度v 所需时间为t ，则起飞前的运动距离为（ ）A.vtB.2vtC.2vt D 不确定 分析：飞机做初速度为零的匀加速运动，可以用位移公式求解，但比较麻烦。

根据匀变速运动的平均速度20tv v v +=求解简洁一些。

类型二：匀减速类型分析 1 ：.刹车式例3 如图所示，粗糙的水平地面上有一物块，物块与地面的动摩擦因数μ=0.2，现给物块一初速度v=4m/s ，则经过时间t=3s 时物块的位移（ ）A. 3 mB. 4 mC. 6 mD. 12m分析：物块在摩擦力作用下做匀减速运动，加速度a=μg=2m/s 2，当物体速度为零时，所经历的时间为2s ，题干告诉的时间为3s ，所以在3s 内，前2s 物体做匀减速运动，后1s 内物体静止不动。

物体运动的有效时间为2s 。

2.上抛式例4 如图所示，某一弹射装置可以使小球以初速度v=20m/s 竖直上抛，则经过时间t=3s 时，小球离地的的高度为（ ）A. 15 mB. 20 mC. 25 mD. 30m点评：竖直上抛运动从运动过程分析有往复（上升阶段、下降阶段），但从运动性质分析，因为所受合外力恒定，所以在物体落地之前物体做匀减速运动。

3.混合式例5 如图所示，粗糙斜面倾角θ=370，物块与斜面的动摩擦因数μ=0.5，物体的初速度为10m/s ，则经时间t=2s 物体离出发点的距离为（斜面足够长）______________m 。

2022年高考物理三轮冲刺与命题大猜想专题02 力与直线运动目录猜想一 ：突出匀变速直线运动规律在解决实际问题中的灵活运用 (1)猜想二 ：借助图像在直线运动中的应用考科学思维 (2)猜想三：创新动力学图像的考查形式 (3)猜想四：强化应用牛顿运动定律处理经典模型 (5)猜想五:运动学与动力学联系实际的问题 (8)冲刺押题练习 (9)猜想一 ：突出匀变速直线运动规律在解决实际问题中的灵活运用【猜想依据】匀变速直线运动是高中物理的基础运动模型，应用匀变速直线运动的规律解决运动问题是高考的重点问题，匀变速直线运动问题情景多种多样，涉及公式较多，能否正确选取公式就成了解决此类问题的第一要素而如若能能灵活应用推论公式解决问题将使问题得到大大简化。

【必备知识】1.两个基本公式：速度公式：v ＝v 0＋at ，位移公式：x ＝v 0t ＋12at 2. 2.当遇到以下特殊情况时，用导出公式会提高解题的速度和准确率：(1)不涉及时间，比如从v 0匀加速到v ，求此过程的位移x ，可用v 2－v 02＝2ax .(2)平均速度公式：①运用2t v ＝x t ＝v 求中间时刻的瞬时速度；②运用x ＝v 0＋v 2t 求位移. (3)位移差公式：运用Δx ＝x 2－x 1＝aT 2，x m －x n ＝(m －n )aT 2求加速度.【例1】(2022届云南省高三（下）第一次统测)无人驾驶汽车通过车载传感系统识别道路环境，自动控制车辆安全行驶。

无人驾驶有很多优点，如从发现紧急情况到车开始减速，无人车需要0.2s ，比人快了1s 。

人驾驶汽车以某速度匀速行驶，从发现情况到停下的运动距离为44m ，汽车减速过程视为匀减速运动，其加速度大小为210m /s 。

同样条件下，无人驾驶汽车从发现情况到停下的运动距离为（ ）A. 24mB. 26mC. 28mD. 30m【试题分析】：本题以无人驾驶汽车的安全行驶为情境贴合生活实际引导学生学以致用突出物理的应用性，构建示意图或v -t 图辅助分析并灵活选用公式是解决问题的关键。

专题二力与运动思想方法提炼一、对力的几点认识1.关于力的概念.力是物体对物体的相互作用.这一定义体现了力的物质性和相互性.力是矢量.2.力的效果（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=mab.时间积累效应：产生冲量I=Ft，使物体的动量发生变化Ft=△pc.空间积累效应：做功W=Fs，使物体的动能发生变化△E k=W3.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.二、中学物理中常见的几种力三、力和运动的关系1.F=0时，加速度a =0.静止或匀速直线运动F=恒量:F与v在一条直线上——匀变速直线运动F与v不在一条直线上——曲线运动（如平抛运动）2.特殊力:F大小恒定，方向与v始终垂直——匀速圆周运动F=-kx——简谐振动四、基本理论与应用解题常用的理论主要有：力的合成与分解、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、平抛运动的规律、圆周运动的规律等.力与运动的关系研究的是宏观低速下物体的运动，如各种交通运输工具、天体的运行、带电物体在电磁场中的运动等都属于其研究范畴，是中学物理的重要内容，是高考的重点和热点，在高考试题中所占的比重非常大.选择题、填空题、计算题等各种类型的试题都有，且常与电场、磁场、动量守恒、功能部分等知识相结合. 感悟 · 渗透 · 应用一、力与运动的关系力与运动关系的习题通常分为两大类：一类是已知物体的受力情况，求解其运动情况；另一类是已知物体的运动情况，求解物体所受的未知力或与力有关的未知量.在这两类问题中，加速度a 都起着桥梁的作用.而对物体进行正确的受力分析和运动状态及运动过程分析是解决这类问题的突破口和关键.【例1】如图所示，质量M=10kg 的木楔 静止于粗糙水平地面上，木楔与地面间的动摩擦因数μ=0.2，在木楔的倾角为θ=30°的斜面上，有一质量m=1.0kg 的物块由静止开始沿斜面下滑，当滑行路程s=1.4m 时， 其速度v=1.4m/s.在这个过程中木楔处于静止状态.求地面对木楔的摩擦力的大小和方向（取g=10m/s 2）.【解析】由于木楔没有动，不能用公式f=μN 计算木楔受到的摩擦力，题中所给出动摩擦因数的已知条件是多余的。

专题一力与运动（2）——2023届高考物理大单元二轮复习练重点【新课标全国卷】1.如图所示，小朋友在玩一种运动中投掷的游戏，目的是在运动中将手中的球投进离地面3 m高的吊环，他在车上和车一起以2 m/s的速度向吊环运动，小朋友抛球时手离地面1.2 m，当他在离吊环的水平距离为2 m时将球相对于自己竖直上抛，球刚好进入吊环，他将球竖直向上抛出的速度是（g取2）( )10m/sA.1.8 m/sB.3.2 m/sC.6.8 m/sD.3.6 m/s2.如图甲所示，水平地面上的一个物体，受到方向不变的水平推力F的作用，推力F 与时间t的关系如图乙所示，物体的速度v与时间t的关系如图丙所示，以下说法正确的是( )A.0~2 s，物体受到的摩擦力大于推力B.0~6 s，物体受到的摩擦力大小为2 NC.2~4 s，物体的加速度大小为2D.物体的质量为0.5 kg1m/s3.每个人都有一个飞行梦，现在钢铁侠的梦想已能成为现实。

2020年中国深圳光启公司的马丁飞行背包接受预定，交付期一年。

消防员利用马丁飞行背包在某次高楼火灾观测时，从地面开始竖直飞行的v t-图像如图所示，下列说法正确的是( )A.消防员上升的最大高度为10 mB.消防员在2~6 s内正处于上升阶段C.消防员在8~10 s内处于超重状态D.消防员在8~16 s内的平均速度大小为3 m/s4.我国“蛟龙号”载人潜水器进行下潜试验，从水面开始竖直下潜，最后返回水面，其v t-图像如图所示，则下列说法正确的是( )A.0~4 min和6~10 min两时间段平均速度大小相等B.全过程中的最大加速度为20.025m/sC.3~4 min和6~8 min加速度方向相反D.本次下潜的最大深度为6 m5.如图所示，光滑斜面的倾角为θ，A球质量为2m B、球质量为m，图甲中A、B两球、两球用轻质杆相连，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆用轻弹簧相连，图乙中A B均与斜面平行，在系统静止时，突然撤去挡板的瞬间有( )gθ B.图甲中B球的加速度为0A.图甲中A球的加速度为singθC.图乙中A B、两球的加速度均为sin 、两球的加速度均为0 D.图乙中A B6.如图所示，一个质量为m的均匀光滑球放在倾角30θ=︒的斜面上，并被斜面上一个竖直挡板挡住，处于平衡状态，则( )B.球对斜面的压力大小为2mg7.如图所示，倾斜固定的长木板A上放置一个内壁光滑的半球形凹槽B，凹槽中放有小球C，整个装置处于静止状态。

专题二力与物体的运动第1课时力与直线运动专题复习定位解决问题本专题主要解决直线运动中匀变速直线运动规律、牛顿运动定律和动力学方法的应用。

高考重点匀变速直线运动规律的应用；应用牛顿第二定律分析瞬时、超重和失重、连接体和图象等问题；应用动力学方法处理“传送带模型”和“板—块模型”等问题。

题型难度以选择题为主，有时候在计算题中的某一问或者单独以计算题的形式命题，题目难度一般为中档题。

1.匀变速直线运动的条件物体所受合力为恒力，且与速度方向共线。

2.匀变速直线运动的基本公式及推论速度公式：v＝v0＋at。

位移公式：x＝v0t＋12at2。

速度和位移公式的推论：v2－v20＝2ax。

中间时刻的瞬时速度：v t2＝xt＝v0＋v2。

任意两个连续相等的时间间隔内的位移之差是一个恒量，即Δx＝x n＋1－x n＝aT2。

3.图象问题(1)速度—时间图线的斜率或切线斜率表示物体运动的加速度，图线与时间轴所包围的面积表示物体运动的位移。

匀变速直线运动的v－t图象是一条倾斜直线。

(2)位移—时间图线的斜率或切线斜率表示物体的速度。

4.超重和失重超重或失重时，物体的重力并未发生变化，只是物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)发生了变化。

物体发生超重或失重现象与物体的运动方向无关，只取决于物体的加速度方向。

当a有竖直向上的分量时，超重；当a有竖直向下的分量时，失重；当a＝g且竖直向下时，完全失重。

5.瞬时问题应用牛顿第二定律分析瞬时问题时，应注意物体与物体间的弹力、绳的弹力和杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变。

6.连接体问题在连接体问题中，一般取连接体整体为研究对象，求共同运动的加速度，隔离法求连接体内各物体间的相互作用力。

1.基本思路2.解题关键抓住两个分析，受力分析和运动情况分析，必要时要画运动情景示意图。

对于多运动过程问题，还要找准转折点，特别是转折点的速度。

3.常用方法(1)整体法与隔离法：单个物体的问题通常采用隔离法分析，对于连接体问题，通常需要交替使用整体法与隔离法。

1．(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v －t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1A．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2．(2015·江苏单科·5)如图2所示，某“闯关游戏”的笔直通道上每隔8m设有一个关卡，各关卡同步放行和关闭，放行和关闭的时间分别为5s和2s．关卡刚放行时，一同学立即在关卡1处以加速度2m/s2由静止加速到2 m/s，然后匀速向前，则最先挡住他前进的关卡是()图2A．关卡2 B．关卡3C．关卡4 D．关卡53．(多选)(2015·海南单科·9)如图3所示，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物块．开始时，升降机做匀速运动，物块相对于斜面匀速下滑．当升降机加速上升时()图3A ．物块与斜面间的摩擦力减小B ．物块与斜面间的正压力增大C ．物块相对于斜面减速下滑D ．物块相对于斜面匀速下滑4．(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°(sin37°＝35)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4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38，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2s 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 ＝27m ，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 ＝10m/s 2.求：图4(1)在0～2s 时间内A 和B 加速度的大小； (2)A 在B 上总的运动时间．1．题型特点牛顿第二定律是高考中每年必考的热点内容，既会单独考查，又会与电磁学内容结合考查学生的综合处理问题的能力．近几年高考主要考查匀变速直线运动的公式、规律及运动图象的应用，题型多以选择题和计算题为主，题目新颖，与生活实际联系密切．考查直线运动和力的关系时大多综合牛顿运动定律、受力分析、运动过程分析等内容．2．应考技巧抓住“两个分析”和“一个桥梁”．“两个分析”是指受力分析和运动情景分析，“一个桥梁”是指加速度是联系运动和受力的桥梁．综合应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题．考题一匀变速直线运动基本规律的应用1．(2015·新余二模)一质点做匀加速直线运动时，速度变化Δv时发生位移x1，紧接着速度变化同样的Δv时发生位移x2，则该质点的加速度为()A．(Δv)2(1x1＋1x2) B.2(Δv)2x2－x1C．(Δv)2(1x1－1x2) D.(Δv)2x2－x12．(2015·益阳四月调研)有一辆卡车在一个沙尘暴天气中以15m/s的速度匀速行驶，司机突然看到正前方十字路口有一个小孩跌倒在地，该司机刹车的反应时间为0.6 s，刹车后卡车匀减速前进，最后停在小孩前1.5 m处，避免了一场事故的发生．已知刹车过程中卡车加速度的大小为5 m/s2，则()A．司机发现情况时，卡车与该小孩的距离为31.5mB．司机发现情况后，卡车经过3s停下C．从司机发现情况到停下来的过程中卡车的平均速度为11m/sD．若卡车的初速度为20m/s，其他条件都不变，则卡车将撞到小孩3．(2015·上饶三模)2014年12月26日，我国东部14省市ETC联网正式启动运行，ETC是电子不停车收费系统的简称．汽车分别通过ETC通道和人工收费通道的流程如图5所示．假设道路上有并行的甲、乙两辆汽车都以v1＝20m/s朝收费站沿直线正常行驶，现甲车过ETC 通道，需要在某位置开始做匀减速运动，到达EF处速度正好减为v2＝4 m/s，在虚线EF与收费站中心线之间以4m /s 的速度匀速行驶，通过收费站中心线后才加速行驶离开，已知甲匀减速过程的加速度大小为a 1＝1 m/s 2，虚线EF 处与收费站中心线距离d ＝10m ．乙车过人工收费通道，需要在中心线前某位置开始做匀减速运动，至中心线处恰好速度为零，经过缴费成功后再启动汽车行驶离开．已知乙车匀减速过程的加速度大小为a 2＝2m/s 2.求：图5(1)甲车过ETC 通道时，从开始减速到收费站中心线过程中的位移大小； (2)乙车比甲车提前多少时间到收费站中心线．1.基本公式 v ＝v 0＋at x ＝v 0t ＋12at 2v 2－v 20＝2ax 常用推论 Δx ＝aT 2 v t 2＝v 0＋v t 2＝v v x 2＝v 20＋v222．总结：应用运动学规律解题的基本步骤第一步：根据题意确定研究对象．第二步：分析运动过程，明确物体做什么运动，构建运动情景，必要时画出运动示意图．第三步：明确题中的已知量、未知量及其关系，选用合适的运动规律．第四步：若运动包含多个阶段，要分阶段逐个分析，各段交接点处的速度是衔接各段运动的关键物理量，也是解题的突破口．第五步：选取正方向，由运动学公式列方程求解．考题二牛顿运动定律的应用4．(2015·盐城三模)用细线将篮球拴在升降机光滑的侧壁上，当升降机加速下降时，出现如图6所示的情形．四位同学对此现象做出了分析与判断，其中可能正确的是()图6A．升降机的加速度大于g，侧壁对球无挤压B．升降机的加速度小于g，侧壁对球有挤压C．升降机的加速度等于g，侧壁对球无挤压D．升降机的加速度等于g，侧壁对球有挤压5．(多选)(2015·银川一模)如图7甲所示，用粘性材料粘在一起的A、B两物块静止于光滑水平面上，两物块的质量分别为m A＝1kg、m B＝2kg，当A、B之间产生拉力且大于0.3N时，A、B将会分离．t＝0时刻开始对物块A施加一水平推力F1，同时对物块B施加同一方向的拉力F2，使A、B从静止开始运动，运动过程中F1、F2方向保持不变，F1、F2的大小随时间变化的规律如图乙所示．则下列关于A、B两物块受力及运动情况的分析，正确的是()图7A．t＝2.0s时刻A、B之间作用力大小为0.6NB．t＝2.0s时刻A、B之间作用力为零C．t＝2.5s时刻A对B的作用力方向向左D．从t＝0时刻到A、B分离，它们运动的位移为5.4m6．(2015·山东临沂一中二模)如图8所示，在倾角为θ＝37°的足够长固定斜面底端，一质量m ＝1kg的小物块以某一初速度沿斜面上滑，一段时间后返回出发点．物块上滑所用时间t1和下滑所用时间t2大小之比为t1∶t2＝1∶5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图8(1)物块由斜面底端上滑时的初速度v1与下滑到底端时v2的大小之比；(2)物块和斜面之间的动摩擦因数；(3)若给物块施加一大小为55N、方向与斜面成适当角度的力，使物块沿斜面向上加速运动，求加速度的最大值．1.研究对象的选取方法在实际解题过程中整体法和隔离法经常交替使用，一般是选用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的相互作用力．2．受力分析的处理方法(1)合成法：若物体只受两个力作用而产生加速度时，应用力的合成法较简单，合外力的方向就是加速度方向．(2)正交分解法：当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，常用正交分解法解题，多数情况下把力正交分解在加速度方向和垂直加速度方向上，此时有F x＝ma，F y＝0，特殊情况下分解加速度比分解力更简单．3．运动情景分析法(1)程序法：对于研究对象按时间的先后经历了几个不同的运动过程的一类问题的解决方法叫程序法．运用程序法时，要注意前一个过程的结束是后一个过程的开始，两个过程的交接点的速度往往是解决问题的关键．(2)图象法：图象能形象地表达物理规律，能直观地描述物理过程，能鲜明地表示物理量之间的关系．应用图象，不仅能进行定性分析，比较判断，也适宜于定量计算、论证，而且，通过图象的启发常能找到巧妙的解题途径．考题三运动学图象问题7．(2015·湖北八校联考二模)如图9所示，为甲、乙两物体在同一直线上运动的位置坐标x 随时间t变化的图象，已知甲做匀变速直线运动，乙做匀速直线运动，则0～t2时间内下列说法正确的是()图9A．两物体在t1时刻速度大小相等B．t1时刻乙的速度大于甲的速度C．两物体平均速度大小相等D．甲的平均速度小于乙的平均速度8．(多选)(2015·泰州模拟)一物体以初速度v0从固定的足够长斜面底端沿斜面向上滑行，该物体的速度—时间图象可能是()9．一滑块从固定的斜面底端冲上粗糙的斜面，到达某一高度后返回斜面底端．下列各图分别表示滑块在斜面上运动的速度v、加速度a、重力势能E p、机械能E随时间t变化的图象，则下列图象可能正确的是()1．x－t、v－t、a－t的关系2．图象问题的五看一看：轴；二看：线；三看：斜率；四看：面积；五看：特殊点．3．注意：x－t图象和v－t图象描述的都是直线运动，而a－t图象描述的并非一定是直线运动．考题四应用动力学方法分析传送带问题10．(多选)(2015·江苏省盐城中学高三上学期期末考试)如图10所示，以速度v逆时针匀速转动的足够长的传送带与水平面的夹角为θ，现将一个质量为m的小木块轻轻地放在传送带的上端，小木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则下列选项中能够正确地描述小木块的速度随时间变化关系的图线是()图1011．如图11所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v＝4m/s，传送带与水平面的夹角θ＝37°，现将质量m＝1 kg的小物块轻放在其底端(小物块可视作质点)，与此同时，给小物块施加沿传送带方向向上的恒力F＝8 N，经过一段时间，小物块运动到了离地面高为h＝2.4 m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)．问：图11(1)物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？(2)若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多长时间离开传送带以及离开时的速度？1．水平放置运行的传送带处理水平放置的传送带问题，首先应对放在传送带上的物体进行受力分析，分清物体所受摩擦力是阻力还是动力；然后对物体进行运动状态分析，即对静态→动态→终态进行分析和判断，对其全过程作出合理分析、推导，进而采用有关物理规律求解．这类问题可分为：①运动学型；②动力学型；③图象型．2．倾斜放置运行的传送带处理这类问题，同样是先对物体进行受力分析，再判断摩擦力的方向是解题关键，正确理解题意和挖掘题中隐含条件是解决这类问题的突破口．这类问题通常分为：运动学型；动力学型；能量守恒型．考题五应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题12．(多选)(2015·安康二模)如图12所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平拉力向右拉木板，在物块相对木板运动过程中，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为()图12A．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动B．物块先向左运动，再向右运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零13．(2015·扬州模拟)如图13所示，一个长度为L＝1m、高度为h＝0.8m的长木板静止在水平地面上，其质量M＝0.4kg，一质量m＝0.1kg的小物块(可视为质点)放置在其上表面的最右端．物块与长木板、长木板与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现给长木板施加一个水平向右持续作用的外力F.(g＝10m/s2)图13(1)若F恒为4N，试求长木板的加速度大小；(2)若F恒为5.8N，试判断物块是否能从长木板上掉下，如能，请求出小物块落地时距长木板左端的距离；如不能，求出物块距长木板右端的距离；(3)若F＝kt，k>0，在t＝0时刻到物块刚滑落时间内，试定性画出物块与长木板间摩擦力大小随时间变化的图线，无需标注时间以及力的大小．1．抓住两个分析(1)对物体在初态时(静止释放或有初速度的释放)所受滑动摩擦力的方向分析．(2)二者达到共速时摩擦力的有无及方向的分析，其方法是：假设刚好达到最大静摩擦力求出临界的加速度a0与实际的加速度a比较．①若a>a0则发生相对滑动．②若a≤a0则能相对静止．2．解题关键：以动力学分析为切入点，弄清物体的运动过程．专题综合练1．(2015·皖南八校联考)如图14所示为甲、乙两物体运动的图象，在0～t2时间内甲一直做匀加速直线运动，乙先做匀减速到速度为零，再做匀加速直线运动，t2<2t1，关于两物体在0～t2时间内运动的位移大小关系正确的是()图14A．x甲＝2x乙B．x甲>2x乙C．x甲<2x乙D．以上三种情况都有可能2．(2015·贵州八校二次联考)如图15所示，吊篮A、物体B、物体C的质量均为m，B和C 分别固定在竖直弹簧两端，弹簧的质量不计．整个系统在轻绳悬挂下处于静止状态，现将悬挂吊篮的轻绳剪断，在轻绳刚断的瞬间()图15A．物体B的加速度大小为gB．物体C的加速度大小为2gC．吊篮A的加速度大小为3gD．A、C间的弹力大小为0.5mg3．(多选)(2015·河北衡水中学三调)如图16是汽车运送圆柱形工件的示意图．图中P、Q、N 是固定在车体上的压力传感器，假设圆柱形工件表面光滑，汽车静止不动时Q传感器示数为零，P 、N 传感器示数不为零．当汽车向左匀加速启动过程中，P 传感器示数为零而Q 、N 传感器示数不为零．已知sin15°＝0.26，cos15°＝0.97，tan15°＝0.27，g ＝10m/s 2.则汽车向左匀加速启动的加速度可能为( )图16A ．4m /s 2B ．3 m/s 2C ．2m /s 2D ．1 m/s 24．(多选)(2015·湖北八校联考二模)质量分别为M 和m 的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳和光滑定滑轮连接，如图17甲所示，绳子在各处均平行于倾角为α的斜面，M 恰好能静止在斜面上，不考虑M 、m 与斜面之间的摩擦．若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M ，斜面仍保持静止．对图乙，下列说法正确的是( )图17A ．轻绳的拉力等于MgB ．轻绳的拉力等于mgC ．M 运动加速度大小为(1－sin α)gD ．M 运动加速度大小为M －m Mg5．(2015·沈阳四校联考)如图18所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住物体m .现将弹簧压缩到A 点，然后静止释放，物体一直可以运动到B 点．如果物体受到的阻力恒定，则( )图18A ．物体从A 到O 先加速后减速B ．物体从A 到O 加速运动，从O 到B 减速运动C．物体运动到O点时所受合力为零D．物体从A到O的过程加速度逐渐减小6．(2015·福建·20)一摩托车由静止开始在平直的公路上行驶，其运动过程的v－t图象如图19所示．求：图19(1)摩托车在0～20s这段时间的加速度大小a；(2)摩托车在0～75s这段时间的平均速度大小v.7．(2015·重庆五区二模)在研究摩擦力特点的实验中，将木块放在足够长的固定的水平长木板上，如图20甲所示．用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大，分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩擦力F f随拉力F变化的图象，如图乙所示．已知木块质量为0.78kg，取g＝10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.求：图20(1)木块与长木板间的动摩擦因数；(2)若木块在与水平方向成θ＝37°斜向右上方的恒定拉力F作用下，以a＝2.0m/s2的加速度从静止开始做匀变速直线运动，如图丙所示，则拉力F的大小应为多大？(3)在(2)中力作用2s后撤去拉力F，木块还能滑行多远？8．(2015·皖东三校5月联考)如图21所示，传送带水平部分长L＝23.5m．以v＝12m/s向右匀速运行．质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)，以v0＝2 m/s的速度从传送带水平部分的左端滑上传送带，物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度取g＝10m/s2.图21(1)求物块通过传送带水平部分的时间；(2)若物块刚滑上传送带时传送带即以a＝1m/s2的加速度制动(其他条件不变)，求物块与传送带相对滑动过程中产生的热量．9．(2015·青岛质检)如图22所示，质量M＝5kg的木板A在恒力F的作用下以速度v0＝12m/s 向右做匀速直线运动，某时刻在其右端无初速度地放上一质量为m＝1 kg的小物块B.已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.6，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4.(物块可看作质点，木板足够长，取g＝10 m/s2)试求：图22(1)放上物块后木板发生的位移；(2)物块与木板之间产生的摩擦热．答案精析专题2 力与直线运动真题示例1．ACD [由v －t 图象可求出物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a ＝v 0t 1，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1.同理向下滑行时g sin θ－μg cos θ＝v 1t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1cos θ，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v 0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v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x ＝v 02t 1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1＝v 0(v 0＋v 1)4g ，选项D 正确；仅根据v －t图象无法求出物块的质量，选项B 错误．]2．C [由题意知，该同学先加速后匀速，速度增大到2 m/s 用时t 1＝va ＝1s ，在加速时间内通过的位移x 1＝12at 21＝1m ，t 2＝4s ，x 2＝v t 2＝8m ，已过关卡2，t 3＝2s 时间内x 3＝4m ，关卡打开，t 4＝5s ，x 4＝v t 4＝10m ，此时关卡关闭，距离关卡4还有1m ，到达关卡4还需t 5＝0.5s ，小于2s ，所以最先挡住他前进的是关卡4，故C 正确．]3．BD [当升降机加速上升时，物块有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式F f ＝μF N 可知物块与斜面间的摩擦力增大，故A 错误，B 正确；设斜面的倾角为θ，物块的质量为m ，当匀速运动时有mg sin θ＝μmg cos θ，即sin θ＝μcos θ，假设物块以加速度a 向上运动时，有F N ＝m (g ＋a )cos θ，F f ＝μm (g ＋a )cos θ，因为sin θ＝μcos θ，所以m (g ＋a )sin θ＝μm (g ＋a )cos θ，故物块仍做匀速下滑运动，C 错误，D 正确．]4．(1)3m /s 2 1 m/s 2 (2)4s解析 (1)在0～2s 时间内，A 和B 的受力如图所示，其中F f1、F N1是A 与B 之间的摩擦力和正压力的大小，F f2、F N2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 F f1＝μ1F N1① F N1＝mg cos θ② F f2＝μ2F N2③ F N2＝F N1＋mg cos θ④规定沿斜面向下为正．设A 和B 的加速度分别为a 1和a 2，由牛顿第二定律得 mg sin θ－F f1＝ma 1⑤ mg sin θ－F f2＋F f1＝ma 2⑥联立①②③④⑤⑥式，并代入题给条件得 a 1＝3m/s 2⑦ a 2＝1m/s 2⑧(2)在t 1＝2s 时，设A 和B 的速度分别为v 1和v 2，则 v 1＝a 1t 1＝6m/s ⑨ v 2＝a 2t 1＝2m/s ⑩2s 后，设A 和B 的加速度分别为a 1′和a 2′.此时A 与B 之间摩擦力为零，同理可得a 1′＝6m/s 2⑪ a 2′＝－2m/s 2⑫由于a 2′＜0，可知B 做减速运动．设经过时间t 2，B 的速度减为零，则有v 2＋a 2′t 2＝0⑬ 联立⑩⑫⑬式得t 2＝1s在t 1＋t 2时间内，A 相对于B 运动的距离为 x ＝⎝⎛⎭⎫12a 1t 21＋v 1t 2＋12a 1′t 22－ ⎝⎛⎭⎫12a 2t 21＋v 2t 2＋12a 2′t 22＝12m ＜27m ⑮ 此后B 静止不动，A 继续在B 上滑动．设再经过时间t 3后A 离开B ，则有l －x ＝(v 1＋a 1′t 2)t 3＋12a 1′t 23⑯ 可得t 3＝1s(另一解不合题意，舍去)⑰ 设A 在B 上总的运动时间t 总，有 t 总＝t 1＋t 2＋t 3＝4s考题一 匀变速直线运动基本规律的应用1．D[如图所示 Δv ＝aT x2－x 1＝aT 2 解得a ＝(Δv )2x 2－x 1.]2．D [已知反应时间t 1＝0.6s ，x 1＝v 0t 1＝9m 刹车时间t 2＝0－15－5s ＝3s ，x 2＝0－1522×(－5)m ＝22.5m所以卡车经3.6s 停下， x ＝9m ＋22.5m ＋1.5m ＝33m ， v ＝x 1＋x 2t＝8.75m /s ，若v 0＝20 m/s ， x 2′＝0－2022×(－5)m ＝40m>33m所以会撞到小孩．] 3．(1)202m (2)3.4s解析 (1)甲车过ETC 通道时，减速过程的位移为：x 甲＝v 21－v 222a 1可得x 甲＝192 m所以总的位移：x 总＝x 甲＋d ＝202 m (2)甲车减速过程的时间t 甲1＝v 1－v 2a 1＝16 s 甲车匀速过程的时间t 甲2＝dv 2＝2.5 s乙车过人工收费通道减速过程的时间t 乙2＝v 1a 2＝10 s乙车过人工收费通道减速过程的位移x 2＝v 212a 2＝100 m乙车在甲车开始减速后匀速过程的位移x 1＝x 总－x 2＝102 m 乙车在甲车开始减速后匀速过程的时间t 乙1＝x 1v 1＝5.1 s则乙车提前甲车到中心线的时间为Δt ＝(t 甲1＋t 甲2)－(t 乙1＋t 乙2)＝3.4 s.考题二 牛顿运动定律的应用4．C [设细线与竖直方向的夹角为θ，若细线有拉力，则F T cos θ＋mg ＝ma ，可知a >g ，此时侧壁对球有支持力，选项A 错误；若细线无拉力，则mg ＝ma ，可知a ＝g ，此时侧壁对球无支持力，升降机的加速度不可能小于g ，故选项C 正确．]5．AD [设t 时刻AB 分离，分离之前AB 物块共同运动，加速度为a ，以整体为研究对象，则有：a ＝F 1＋F 2m A ＋m B ＝3.6＋01＋2m /s 2＝1.2 m/s 2， 分离时：F 2－F ＝m B a ，得：F 2＝F ＋m B a ＝0.3N ＋2×1.2N ＝2.7N ，经历时间：t ＝43.6×2.7s ＝3s ， 根据位移公式：x ＝12at 2＝5.4m ，则D 正确； 当t ＝2.0s 时，F 2＝1.8N ，F 2＋F ′＝m B a ，得：F ′＝m B a －F 2＝0.6N ，A 正确，B 错误．当t ＝2.5s 时，F 2＝2.25N ，F 2＋F ″＝m B a ，得：F ″＝m B a －F 2>0，C 错误．]6．(1)5∶1 (2)0.5 (3)2.5m/s 2解析 (1)设物块上滑的最大位移为L ，根据运动学公式上滑过程：L ＝v 1＋02t 1下滑过程：L ＝0＋v 22t 2整理得：v 1v 2＝5∶1 (2)设上滑时加速度为a 1，下滑时加速度为a 2，根据牛顿第二定律得上滑时：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1下滑时：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2由位移时间公式得：L ＝12a 1t 21＝12a 2t 22联立三式代入数据得：μ＝0.5(3)设F 与斜面的夹角为α，加速度为a ，由牛顿第二定律得：F cos α－mg sin θ－μ(mg cos θ－F sin α)＝ma即：F (cos α＋μsin α)－mg (sin θ＋μcos θ)＝ma整理得：F 1＋μ2(11＋μ2cos α＋μ1＋μ2sin α)－mg (sin θ＋μcos θ)＝ma令tan β＝1μ，则：F 1＋μ2sin(α＋β)－mg (sin θ＋μcos θ)＝ma sin(α＋β)的最大值为1，设加速度最大值为a m ，得：F 1＋μ2－mg (sin θ＋μcos θ)＝ma m代入数据得：a m ＝2.5 m/s 2考题三 运动学图象问题7．C [根据位移图象的斜率等于速度，则在t 1时刻，甲图象的斜率大于乙图象的斜率，所以甲的速度大于乙的速度，故A 、B 错误；坐标的变化量等于位移，根据图象可知，甲、乙位移大小相等，方向相反，而时间相等，则平均速度的大小相等，故C 正确，D 错误．]8．ABC [设斜面倾角为θ，若斜面光滑，则物体上滑及下滑的加速度相等，都等于g sin θ，当物体上滑到最高点时，又能以同样的加速度下滑，故选项A 正确；若斜面粗糙，则物体向上做减速运动，到达最高点后静止于斜面上，故选项B 正确；若斜面粗糙，则物体向上做减速运动，加速度为a 1＝g sin θ＋μg cos θ；到达最高点后物体向下加速运动，加速度为a 1＝g sin θ－μg cos θ，即上升时加速度大于下降时的加速度，故选项C 正确，D 错误．]9．B [滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，回到出发点时的速度比出发时的初速度小．故A 错误；设斜面的倾角为α.滑块在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向相同．设上滑与下滑两个过程加速度大小分别为a 1和a 2.根据牛顿第二定律得：mg sin α＋μmg cos α＝ma 1；mg sin α－μmg cos α＝ma 2；则得：a 1＝g sin α＋μg cos α，a 2＝g sin α－μg cos α.则有：a 1>a 2，故B正确；上滑过程中：上滑的位移大小为：x 1＝v 0t －12a 1t 2，重力势能为：E p ＝mgx 1sin α＝mg sin α(v 0t －12a 1t 2)，E p －t 图象为抛物线．下滑过程：重力势能为：E p ＝mg [H －12a 2(t －t 0)2sin α]，H 为滑块所能到达的最大高度，t 0是上滑的时间，此为开口向下的抛物线方程，故C 错误；由于滑块克服摩擦力做功，其机械能不断减小，根据功能关系得：E ＝E 0－F f1x ＝E 0－F f1·(v 0t －12a 1t 2)，可知0～t 1时间内E －t 图象应为抛物线．故D 错误．]考题四 应用动力学方法分析传送带问题10．CD [木块放上后一定先向下加速，由于传送带足够长，所以一定有木块速度大小等于传送带速度大小的时刻，此时若重力沿传送带向下的分力大小大于最大静摩擦力，则之后木块继续加速，但加速度变小了；而若重力沿传送带向下的分力大小小于或等于最大静摩擦力，则木块将随传送带匀速运动，故C 、D 正确，A 、B 错误．]11．(1)43s (2)6－233s 433m/s 解析 (1)对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速度为零的匀加速运动，摩擦力的方向沿斜面向上，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律： ma 1＝F ＋μmg cos 37°－mg sin 37°，计算得：a 1＝6 m/s 2t 1＝v a 1＝23s x 1＝v 22a 1＝43m 物块与传送带速度相同时，物块未到顶端，物块受到的摩擦力的方向改变，对物块受力分析发现，因为F ＝8 N 而重力沿斜面向下的分力和最大静摩擦力之和为10 N ，故不能相对斜面向上加速．故得：a 2＝0 t 2＝x －x 1v ＝23s 得t ＝t 1＋t 2＝43s (2)若达到速度相等后撤去F ，对物块受力分析，因为mg sin 37°>μmg cos 37°，故物块减速上行，ma 3＝mg sin 37°－μmg cos 37°，得a 3＝2 m/s 2物块还需t ′离开传送带，离开时的速度为v t ，则：v 2－v 2t ＝2a 3x 2，x 2＝x －x 1 v t ＝433m/s t ′＝v －v t a 3＝6－233s考题五 应用动力学方法分析“滑块—木板模型”问题12．AC [由题知：当物块相对木板滑动了一段距离仍有相对运动时撤掉拉力，此时物块的速度小于木板的速度，两者之间存在滑动摩擦力，物块受到木板的滑动摩擦力方向向右，与其速度方向相同，向右做加速运动，而木板受到物块的滑动摩擦力方向向左，与其速度方向相反，向右做减速运动，当两者速度相等时一起向右做匀速直线运动．]13．(1)3m/s 2 (2)能 1.56m (3)见解析图解析 (1)对长木板与物块，假设相对静止，最大加速度a 0＝μmg m＝5 m/s 2 由牛顿第二定律F 0－μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 0，得F 0＝5 N长木板与地面间的最大静摩擦力为F fm ＝0.5×(0.1＋0.4)×10 N ＝2.5 N因为2.5 N<F ＝4 N<F 0，所以物块与长木板共同加速运动，对整体有F －μ(M ＋m )g ＝(M ＋m )a。