2023年高考物理復習講義 1 第1課時　力與物體的平衡含答案

第一篇專題復習

專題一力與運動

■知識體系

-----------------------,I靜態(tài)平衡I

I合力為零1I靜止或勻速直及而1

ι---------~-1Iι-----------------1--動.—態(tài)平衡—1

自由落體運動

_____________、超重、

I運動學問，II\

I與速度共線變速直線運動I

重

［動力學兩類刀本問題］

1合力恒定I

力與運動、|---------------?------------,<I平拋運動I

與速度不共線—I_I勻變速曲線運汨］.......

--------------------------------Z帶電粒干在丁強電場中的類平拋運動I

I方向與速度垂垂I~I勻速圓周運動〕

I合力大小一定、方向變化I

I方向周期性變化I~I周期性加速，減速I_I圖象法I

I變速圓周運動I~I牛頓運動定律、能審守恒定律］

僉力大小和方向都變化

I運動軌跡是一般曲線I~I能量觀點I

第1課時力與物體的平衡

【命題規(guī)律】1.命題角度：(1)物體的受力分析、靜態(tài)平衡、動態(tài)平衡；(2)靜電力、安培力、

洛倫茲力作用下的平衡2常考題型：選擇題.

高考題型1靜態(tài)平衡問題

1.研究對象的選?。赫w法和隔離法.

2.受力分析的方法

(1)假設法.

(2)轉(zhuǎn)換研究對象法：根據(jù)牛頓第三定律，如圖L

圖1

(3)動力學分析法：根據(jù)牛頓第二定律，由加速度方向判定合力的方向，從而確定某一個

力的方向，如圖2.

α----

FL~[?l

Al一起向右做物塊做勻速圓周運動,

勻減速直線運動2

Ff=mrω

甲乙

圖2

3.共點力平衡的常用處理方法

適用條件平衡關系

合成法三個共點力任意兩個力的合力一定與第三個力大小相等，方向相反

某一個力按力的作用效果分解，則其分力和其他兩個力滿

效果分解法三個共點力

足平衡條件

三個或三個將物體所受的力分解為相互垂直的兩組力，每組力都滿足

正交分解法

以上共點力平衡條件

考向一合成法

例1（202。全國卷IIIJ7）如圖3,懸掛甲物體的細線拴牢在一不可伸長的輕質(zhì)細繩上。點處;

繩的一端固定在墻上，另一端通過光滑定滑輪與物體乙相連.甲、乙兩物體質(zhì)量相等.系統(tǒng)

平衡時，O點兩側(cè)繩與豎直方向的夾角分別為α和4.若a=70。，則夕等于（）

A.45°

C.60°

答案B

解析取。點為研究對象，在三力的作用下。點處于平衡狀態(tài)，對其受力分析如圖所示，根

據(jù)幾何關系可得”=55。，故選B.

考向二正交分解法

例2如圖4所示，金屬棒油質(zhì)量為"3通過電流為∕,處在磁感應強度為B的勻強磁場中,

磁場方向與導軌平面夾角為仇燦靜止于寬為乙的水平導軌上.下列說法正確的是()

圖4

A.金屬棒受到的安培力大小為F=BJLsinθ

B.金屬棒受到的摩擦力大小為Ff=BlLcosθ

C.若只改變電流方向，金屬棒對導軌的壓力將增大

D.若只增大磁感應強度B后，金屬棒對導軌的壓力將增大

答案C

解析金屬棒受到的安培力大小F=故A錯誤；電流方向從。到6,受力分析如圖所示，

根據(jù)平衡條件有尸f=尸sin(9=8∕Lsin仇FN=G-FCoSe=G-BILCoS8,若只增大磁感應強度

B后，導軌對金屬棒的支持力減小，所以金屬棒對導軌的壓力減小，故B、D錯誤；若只改

變電流方向，安培力方向?qū)⒆優(yōu)樾毕蛴蚁?，安培力在豎直方向上的分力豎直向下，所以金屬

棒對導軌的壓力將增大，故C正確.

【總結(jié)提升】

(1)靜電場、磁場中的平衡問題，受力分析時要注意靜電力、磁場力方向的判斷，再結(jié)合平衡

條件分析求解.

(2)涉及安培力的平衡問題，畫受力示意圖時要注意將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖.

考向三整體法與隔離法在平衡問題中的應用

例3(2021?河南鄭州市高三三模)用三根細線a、6、c?將重力均為G的兩個小球1和2連接

并懸掛，如圖5所示.兩小球處于靜止狀態(tài)，細線”與豎直方向的夾角為30°,細線C水平.則

()

圖5

A.細線4對小球1的拉力大小為4G

B.細線b對小球2的拉力大小為啦G

C.細線C對小球2的拉力大小為羋G

D.細線6與豎直方向的夾角為60。

答案C

解析細線a對小球1的拉力在豎直方向的分量與兩球的總重力等大反向，

所以Frtcos30°=2G,

化簡得&=竽G,選項A錯誤：

細線C對小球2的拉力與細線〃對小球1的拉力的水平分量大小相等，

所以Fr=FaSin30°,得FC=乎G,選項C正確：

細線6對小球1的拉力與細線6對小球2的拉力大小相等，細線b對小球2的拉力大小等于

22

小球2所受的重力與細線C對小球2的拉力的矢量和，所以F?=√Fr+G,

代入數(shù)據(jù)得Fb=粵G,選項B錯誤；

設細線〃與豎直方向的夾角為a,細線6的拉力沿豎直方向的分力與小球2的重力相等，有

FbCosa=G,

S_G__G__√ΣT

解付c。Sa一凡一互-7,

3G

明顯ɑ≠60°,選項D錯誤.

高考題型2動態(tài)平衡問題

1.解決動態(tài)平衡問題的一般思路

化“動”為“靜”，多個狀態(tài)下“靜”態(tài)對比，分析各力的變化或極值.

2.三力作用下的動態(tài)平衡

上圖解法I

-I解析法I

分析物體構(gòu)建矢量

受力情況三角形

一個力為H相似三角形法］

恒力,另外

兩個力方

三角形動態(tài)圖

向均變化

解法

3.四力作用下的動態(tài)平衡

(1)在四力平衡中，如果有兩個力為恒力，或這兩個力的合力方向確定，為了簡便可用這

兩個力的合力代替這兩個力，轉(zhuǎn)化為三力平衡，例如:

如圖6,qE<mg,把擋板緩慢轉(zhuǎn)至水平的過程中，可以用重力與靜電力的合力mg-qE

代替重力與靜電力.

E

圖6

如圖7,物體在拉力尸作用下做勻速直線運動，改變6大小，求拉力的最小值，可以用

支持力與摩擦力的合力F'代替支持力與摩擦力.（tan。=〃）

?F

F,,<J

（2）對于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法.

考向一圖解法

例4（2021?山東濰坊市昌樂一中高三期末）如圖8所示，斜面體A放在粗糙水平面上，小球

B用輕繩拴住置于斜面上，輕繩與斜面平行且另一端固定在豎直墻面上，不計小球與斜面間

的摩擦.現(xiàn)用水平向左的力緩慢拉動斜面體，小球始終未脫離斜面.下列說法正確的是（）

A.輕繩的拉力先變小后變大B.斜面對小球的支持力不變

C.水平面對斜面體的摩擦力變小D.水平面對斜面體的支持力變大

答案C

解析對小球受力分析如圖所示，

輕繩的拉力變大，斜面對小球的支持力變小，A、B錯誤：輕繩的豎直分力在變大，將小球

和斜面體看作一個整體，則水平面對斜面體的支持力變小，根據(jù)滑動摩擦力公式可知，水平

面對斜面體的摩擦力變小，C正確，D錯誤.

考向二相似三角形法

例5（多選）（2020?百校聯(lián)盟必刷卷三）如圖9所示，光滑圓環(huán)固定在豎直面內(nèi)，一個小球套在

環(huán)上，用穿過圓環(huán)頂端光滑小孔的細線連接，現(xiàn)用水平力F拉細線，使小球緩慢沿圓環(huán)向上

運動，此過程中圓環(huán)對小球的彈力大小為外，則在運動過程中（）

圖9

A.A增大B.尸減小

C.FN不變D.FN增大

答案BC

解析小球沿圓環(huán)緩慢上移，對小球進行受力分析，小球受重力G、RFN三個力，滿足受

力平衡.作出受力分析圖如圖所示；

B

FN

由圖可知AOABSASGFNF,即：

G=_F_=FN

斤=而=云

小球沿圓環(huán)緩慢上移時，半徑不變，重力G不變，48長度減小，故P減小，F(xiàn)N不變，故選

B、C.

考向三解析法

例6如圖10所示，晾曬衣服的繩子輕且光滑，懸掛衣服的衣架的掛鉤也是光滑的，輕繩兩

端分別固定在兩根豎直桿上的A、B兩點，衣服處于靜止狀態(tài).如果保持繩子A端位置不變,

將B端分別移動到不同的位置，則下列判斷正確的是（）

A.B端移動到所位置時，繩子張力變大

B.8端移動到外位置時，繩子張力變小

C.8端在桿上位置不動，將桿移動到虛線位置時，繩子張力變大

D.8端在桿上位置不動，將桿移動到虛線位置時，繩子張力變小

答案D

解析如圖所示，設繩子間的夾角為2α,繩子總長為L,兩桿間距離為s,由幾何關系得

Lisinα+?2sina=s,解得Sina=K?=z,當8端移到81、步位置時，s、L都不變，則1

也不變，由平衡條件可知2Fcosα=mg,繩子張力尸=47,。不變，繩子張力尸也不變,

乙LVJ〉CA

A、B錯誤；6端在桿上位置不動，將桿移動到虛線位置時，s減小，L不變，則α減小，

CoSa增大，由F=c受知,尸減小，C錯誤，D正確.

2cosa

高考預測

1.（2021?吉林長春汽車經(jīng)開區(qū)第六中學模擬）如圖Il所示，左側(cè)是半徑為R的四分之一圓弧,

右側(cè)是半徑為2R的一段圓弧.二者圓心在同一條豎直線上，小球。、。通過一輕繩相連，二

者恰好于等高處平衡.已知9=37。，且sin3于=0.6,cos37o=0.8,不計所有摩擦，則小球。、

b的質(zhì)量之比為（）

圖H

A.3：4B.3：5

C.4：5D.1：2

答案A

解析由于兩個圓的圓心在一條豎直線上，補全右邊的圓的圓心位置如圖所示,

根據(jù)幾何關系可得h=RsinO=OSR,

/?+〃

貝Ucosex=_2R—0.8,

故1=37。，根據(jù)平衡條件可知，兩小球的重力沿繩子方向的分力相等，即∕%gcos9=gsin0,

解得篙=吃1=1，故A正確、B、C、D錯誤.

?∣l∣yVVoI/?

2.（多選）（2020?安徽安慶二中質(zhì)檢）如圖12所示，質(zhì)量為M的木楔傾角為仇在水平地面上保

持靜止.當將一質(zhì)量為，〃的木塊放在斜面上時正好沿斜面勻速下滑，如果用與斜面成ɑ角的

力F拉著木塊沿斜面勻速上滑.重力加速度為g,下列說法中正確的是（）

圖12

A.當α=2J時，F(xiàn)有最小值

B.尸的最小值為，咫sin26

C.在木塊勻速上滑過程中，地面對M的靜摩擦力方向水平向右

D.在木塊勻速上滑過程中，地面對M的靜摩擦力方向水平向左

答案BD

解析選木塊為研究對象，當沒加外力F時正好勻速下滑，設木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為

μ,此時平行于斜面方向必有機gsin6=WMgCOSe.當加上外力尸時，對木塊受力分析如圖，

則有Ff=μFz,平行于斜面方向有Ff+∕"gsinJ=FCoSa,垂直于斜面方向有FN+FSMa=

mgcos仇聯(lián)立解得F=2-fin"=s〃gsin2。故當βt=0時，尸有最小值，最小值為

COSa+〃smaSin（尹。+。）

尸min=WgSin26?,故A錯誤，B正確；選M和機組成的整體為研究對象，設水平地面對木楔

M的靜摩擦力為Ff',水平方向受力平衡，則有R'=FeoS（6*+α）,可知靜摩擦力的方向水

平向左，故C錯誤，D正確.

3.（多選）如圖13所示，表面光滑的半球形物體固定在水平面上，光滑小環(huán)。固定在半球形物

體球心O的正上方，輕質(zhì)彈簧一端用輕質(zhì)細繩固定在A點，另一端用輕質(zhì)細繩穿過小環(huán)D

與放在半球形物體上的小球P相連，D4水平.現(xiàn)將細繩固定點A向右緩慢平移的過程中（小

球P未到達半球最高點前），下列說法正確的是（）

0

圖13

A.彈簧變短B.彈簧變長

C.小球?qū)Π肭虻膲毫Σ蛔僁.小球?qū)Π肭虻膲毫ψ兇?/p>

答案AC

解析以小球為研究對象，受力分析如圖，小球受重力G、細線的拉力FT和半球面的支持力

FN,作出FN、FT的合力F,由平衡條件得知尸=G,由圖根據(jù)三角形相似可得得=恚=賽,

將F=G代入得：FN=怒G,FT=/G,將細繩固定點A向右緩慢平移，DO、Po不變,

PQ變小，可知FT變小，F(xiàn)N不變，即彈簧的彈力變小，彈簧變短，由牛頓第三定律知小球?qū)?/p>

半球的壓力不變，故A、C正確，B、D錯誤.

專題強化練

［保分基礎練］

1.（2021.江蘇省1月適應性考試?3）如圖1所示，對稱晾掛在光滑等腰三角形衣架上的衣服質(zhì)

量為衣架頂角為120。，重力加速度為g,則衣架右側(cè)對衣服的作用力大小為（）

B雪Mg

D.Mg

答案B

解析對衣服進行受力分析，如圖所示:

Mg

由幾何關系知，衣架左、右側(cè)對衣服的作用力FN與豎直方向的夾角為30。,

5N有2FNCOS30。=Mg,

得FN=坐Mg,故選B.

2.（2021?山東濟寧市育才中學高三一模）犀斗是古代一種小型的人力提水灌田農(nóng)具，是我國古

代勞動人民智慧的結(jié)晶.如圖2所示，兩人雙手執(zhí)繩牽斗取水，在繩子長度一定時（）

皿力讖一

圖2

A.兩人站得越近越省力

B.兩人站得越遠越省力

C.兩邊繩子與豎直方向夾角為60。時最省力

D.繩子拉力大小與兩人距離遠近無關

答案A

3.（2021?蘇、錫、常、鎮(zhèn)一模）如圖3所示，兩個相同的木模質(zhì)量均為胴，靠三根豎直細線連

接，在水平面上按一個“互”字形靜置，上方木模呈現(xiàn)懸浮效果，這是利用了建筑學中的“張

拉整體”結(jié)構(gòu)原理.已知重力加速度為g,則圖中短線a上的張力Q和水平面所受壓力F2

滿足（）

圖3

A.F?>mg,Fι<2mg

B.Fι>mg,Fz=2mg

C.F?<tng,F2<2mg

D.Fι<mg,Fz=Zmg

答案B

解析對兩個木模的整體受力分析，整體受2,"g的重力和水平面的支持力尸2‘，有尸2’=

Img,由牛頓第三定律可知，水平面所受壓力F2=F2',對上方木模分析可知，短線4上的

張力Fl向上，兩長線的拉力FT向下，有2Fτ+"ig=F∣,故有Q>%g,故選B.

4.一臺空調(diào)外機用兩個三腳架固定在外墻上，如圖4所示，空調(diào)外機的重心在支架水平橫梁

A。和斜梁8。連接點。的上方，橫梁對。點的拉力沿OA方向、大小為Q,斜梁對。點的

支持力沿Bo方向、大小為尸2.如果把斜梁加長一點，仍保持連接點0的位置不變，則（）

A.Q增大B.B減小

C.B不變D?F2增大

答案B

解析對。點受力分析如圖所示

由平衡條件得F,=-?,F2=?,保持連接點。的位置不變，斜梁長度增加，9變大,所

LlnUsinu

以尸I、B均減小.故選B.

5.（2021?東北三省四市教研聯(lián)合體3月模擬）如圖5所示，物體甲放置在水平地面上，通過跨

過光滑輕質(zhì)定滑輪的輕質(zhì)細繩與小球乙相連，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).現(xiàn)對小球乙施加水平

力F,使小球乙緩慢上升一小段距離，整個過程中物體甲保持靜止.設甲受到地面的摩擦力

為Fa支持力為FN,細繩的拉力為FT，則該過程中（）

圖5

A.Ff變小，F(xiàn)不變B.FT變大，F(xiàn)N變大

C.Ff變大,FN變小D.∕?不變，尸不變

答案C

解析取乙為研究對象，分析其受力情況，設與乙相連的細繩與豎直方向夾角為a,則水平

力F=Wgtana,細繩與豎直方向夾角α逐漸增大，則尸增大；取物體甲為研究對象，甲受到

重力、繩子的拉力、地面的支持力以及地面的摩擦力，其中繩子的拉力尸r=J?,α逐漸增

大，繩子的拉力FT逐漸增大，F(xiàn)r在水平方向的分力逐漸增大，所以水平地面對甲的摩擦力

增大；FT在豎直方向的分力逐漸增大，甲受到地面的支持力FN變小.故選C.

6.（2021?湖北省1月選考模擬?6）如圖6所示，矩形平板ABCD的Ao邊固定在水平面上，平板

與水平面夾角為aAC與AB的夾角也為。.質(zhì)量為根的物塊在平行于平板的拉力作用下，沿

AC方向勻速運動.物塊與平板間的動摩擦因數(shù)〃=tan仇重力加速度大小為g,拉力大小為

（）

圖6

A.2〃igsinOcos]B.2〃IgSinθ

。C

C

2一2

答案A

解析對物塊受力分析，如圖甲、乙所示，重力沿平板向下的分力為機gsin仇支持力FN=

Higcos為滑動摩擦力丹="?=，咫$1116,則拉力∕7=2,“gsin，COS故A正確.

7.（2021?黑龍江鶴崗一中三校高三期末聯(lián)考）如圖7所示，將一光滑輕桿固定在水平地面上，

桿與地面間的夾角為30。，一光滑輕環(huán)（不計重力）套在桿上，一個大小和質(zhì)量都不計的滑輪通

過輕繩OP懸掛在天花板上，用另一輕繩繞過滑輪系在輕環(huán)上，現(xiàn)用水平向右的力緩慢拉繩,

當輕環(huán)靜止不動時，OP繩與天花板之間的夾角為（）

A.30oB.45oC.60o

答案C

解析對輕環(huán)。進行受力分析如圖甲，則只有繩子的拉力垂直于桿時，繩子的拉力沿桿的方

向沒有分力；由幾何關系可知，繩子與豎直方向之間的夾角是30。；對滑輪進行受力分析如

圖乙，由于滑輪的質(zhì)量不計，則OP繩對滑輪的拉力與兩個繩子拉力的合力大小相等、方向

相反，所以OP繩的方向一定在兩根繩子夾角的角平分線上，由幾何關系得OP繩與豎直方

900+30°

向之間的夾角：β=-^^一30。=30。，則OP繩與天花板之間的夾角為：90。一夕=60。，故

選C.

甲乙

8.（202卜湖南雅禮中學高三三模）如選項圖所示，用兩段長度相同的絕緣細繩連接質(zhì)量相同的

A、8兩小球，懸掛于天花板的。點.現(xiàn)在讓A、B兩小球分別帶上+2Q、一。的電荷量，

并且加上一水平向左的勻強電場.忽略4、B兩小球的相互作用，則裝置平衡時A、B兩小球

的位置可能是（）

答案C

解析B帶負電，受到的電場力水平向右,4帶正電，受到的電場力水平向左.以整體為研

究對象，設繩子OA與豎直方向的夾角為α,設繩子AB與豎直方向的夾角為尸，對A、B整

體受力分析，則tanα=舞，

OE

對3受力分析tan/?=",則可知。<夕，故選C.

mg

1爭分提能練］

9.（多選）（2019?全國卷I/9）如圖8,一粗糙斜面固定在地面上,斜面頂端裝有一光滑定滑輪.一

細繩跨過滑輪，其一端懸掛物塊M另一端與斜面上的物塊M相連，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).現(xiàn)

用水平向左的拉力緩慢拉動N,直至懸掛N的細繩與豎直方向成45。.已知M始終保持靜止,

則在此過程中（）

圖8

A.水平拉力的大小可能保持不變

B.M所受細繩的拉力大小一定一直增加

C.M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加

D.M所受斜面的摩擦力大小可能先減小后增加

答案BD

解析對N進行受力分析如圖所示，因為N的重力與水平拉力Z7的合力和細繩的拉力FT是

一對平衡力，從圖中可以看出水平拉力的大小逐漸增大，細繩的拉力也一直增大，選項A錯

誤，B正確；M的質(zhì)量與N的質(zhì)量的大小關系不確定，設斜面傾角為6,若MgSin仇

則M所受斜面的摩擦力大小會一直增大，若,"Ng<%MgSin2則M所受斜面的摩擦力大小可

能先減小后反向增大，選項C錯誤，D正確.

10.（2021?湖南卷?5）質(zhì)量為M的凹槽靜止在水平地面上，內(nèi)壁為半圓柱面，截面如圖9所示,

A為半圓的最低點，B為半圓水平直徑的端點.凹槽恰好與豎直墻面接觸，內(nèi)有一質(zhì)量為山

的小滑塊.用推力F推動小滑塊由A點向B點緩慢移動,力尸的方向始終沿圓弧的切線方向，

在此過程中所有摩擦均可忽略，下列說法正確的是（）

圖9

A.推力尸先增大后減小

B.凹槽對滑塊的支持力先減小后增大

C.墻面對凹槽的壓力先增大后減小

D.水平地面對凹槽的支持力先減小后增大

答案C

解析對滑塊受力分析，由平衡條件有F=Wgsin

FN=,"geos。，。為F與水平方向的夾角，

滑塊從4緩慢移動到B點時，6越來越大，則推力尸越來越大，支持力樂越來越小，所以A、

B錯誤；

對凹槽與滑塊整體受力分析，墻面對凹槽的壓力為

FN'=Fcos0=mgsinθcos9=；，WgSin2θ,

則6越來越大時，墻面對凹槽的壓力先增大后減小，所以C正確；

水平地面對凹槽的支持力為

FN也=（M+m）g—FsinΘ=（M+Mg—w?sin26,

則6?越來越大時，水平地面對凹槽的支持力越來越小，所以D錯誤.

11.（多選）（2021?黑龍江齊齊哈爾市實驗中學高三期末）如圖10所示，有一長為L的輕桿，一

端用光滑的較鏈固定在墻上，另一端固定一質(zhì)量為機的小球B,在距錢鏈正上方乙處有一光

滑輕質(zhì)小定滑輪，現(xiàn)用手拉動繞過滑輪并系在小球B上的細線，使小球B緩慢上移，手對細

線的拉力大小為F,桿對小球8的彈力大小為FN，重力加速度為g，在移動過程中，下列說

法正確的是（）

A.尸不變，F(xiàn)N減小

B.尸減小，F(xiàn)N不變

C.當桿被拉至水平狀態(tài)時F=y[2mg

D.桿對小球B的彈力大小恒為mg

答案BCD

解析對8球受力分析，畫出力的示意圖如圖所示

A

根據(jù)相似三角形規(guī)律有詈=今

解得FN=mg,F=m"?

小球8緩慢上移，重力，咫不變，L不變，則桿對小球的彈力大小FN不變，繩子長度外減

小，所以尸減小，A錯誤，B、D正確；當桿被拉至水平狀態(tài)時，繩子的長度為IAB=也L,

由相似三角形關系可得尸=√Lwg,C正確.

12.如圖11所示，半徑為R的圓環(huán)豎直放置，長度為R的不可伸長的輕細繩OA、OB,一

端固定在圓環(huán)上，另一端在圓心O處連接并懸掛一質(zhì)量為，"的重物，初始時04繩處于水平

狀態(tài).把圓環(huán)沿地面向右緩慢轉(zhuǎn)動，直到OA繩處于豎直狀態(tài)，在這個過程中（）

.節(jié)W

圖Il

A.04繩的拉力逐漸增大

B.OA繩的拉力先增大后減小

C.OB繩的拉力先增大后減小

D.OB繩的拉力先減小后增大

答案B

解析以重物為研究對象，重物受到重力機g、。A繩的拉力-、。B繩的拉力尸2三個力而平

衡，構(gòu)成矢量三角形，置于幾何圓中如圖：

在轉(zhuǎn)動的過程中，OA繩的拉力Q先增大，轉(zhuǎn)過直徑后開始減小，OB繩的拉力B開始處于

直徑上，轉(zhuǎn)動后一直減小，B正確，A、C、D錯誤.

13.（多選）（2021.山東濰坊市高三月考）如圖12所示，木塊6和沙桶C?通過不可伸長的輕

質(zhì)細繩和輕質(zhì)光滑滑輪連接，處于靜止狀態(tài).其中A8細繩的B端與滑輪的轉(zhuǎn)軸連接，A端

固定于天花板上.現(xiàn)向沙桶C內(nèi)加入少量沙子后，系統(tǒng)再次處于平衡狀態(tài).下列關于各物理

量變化的說法，正確的是（）

A

b

77^777--7777rAc

7777777777777777777777777/I__IC

圖12

A.斜面對木塊”的摩擦力增大

B.細繩對沙桶C的拉力增大

C.地面對斜面體的支持力增大

D.AB細繩與豎直方向的夾角增大

答案BD

解析細繩對沙桶C的拉力等于沙與沙桶的重力，所以細繩對沙桶C的拉力增大，則B正確.

對α受力分析，當細繩拉力較小時，α有下滑趨勢，此時摩擦力方向沿斜面向上，當向沙桶C

內(nèi)加入少量沙子后，細繩拉力增大，摩擦力減??；當細繩拉力較大時，a有上滑趨勢，此時

摩擦力方向沿斜面向下，當向沙桶C內(nèi)加入少量沙子后，細繩拉力增大，摩擦力增大，斜面

對a的摩擦力變化情況無法確定，則A錯誤.

對α與斜面體組成的整體分析，豎直方向由平衡條件可得

FN=（M+ma）g+FT%cosθ

對^木塊受力分析有

2Fτ?cosθ-mι,g

聯(lián)立解得

FN=（Λ1+ma）g+],%>g

所以她面對斜面體的支持力不變，則C錯誤.

由于繩子的拉力增大，連接匕的細繩間的夾角增大，則通過B處滑輪的細繩間的夾角也增大，

根據(jù)AB細繩拉力方向總是在通過滑輪的細繩的夾角的平分線上，所以AB細繩與豎直方向的

夾角增大，則D正確.

第2課時牛頓運動定律與直線運動

【命題規(guī)律】1.命題角度：（1）勻變速直線運動規(guī)律及應用；（2）牛頓運動定律及應用；（3）運動

學和動力學圖象2常考題型：選擇題.

高考題型1勻變速直線運動規(guī)律的應用

I.勻變速直線運動問題常用的六種解題方法

υ=υti+at

2

x=υt4+^at

紙帶法求瞬時速度

22

v-v0=2axυ=嘮L板塊或

勾

變X》任意運動)傳送帶問題中求位

速移X=寫。、帶電粒

_z?+y-

直v~~2~子偏轉(zhuǎn)中的應用

線V=Vi八?

運x=W=?/

動

Ax=X2一1尸"2逐差法求加速度

的

2（島+&）一（&+%）

公x-x=(m-n)aT

mn0-47~2

式

及初速度為零的勻加速直線運動

常（或末速度為零的勻減速直線運動）

用

方

末速度為零的勻減速直線運動可視

法

為初速度為零的勻加速直線運動

利用斜率或面積直觀反映運動

過程

2.兩種勻減速直線運動的分析方法

（1）剎車問題的分析

末速度為零的勻減速直線運動問題常用逆向思維法，對于剎車問題，應先判斷車停下所

用的時間，再選擇合適的公式求解.

（2）雙向可逆類運動分析

勻減速直線運動速度減為零后反向運動，全過程加速度的大小和方向均不變，故求解時

可對全過程列式，但需注意X、。、α等矢量的正負及物理意義.

3.處理追及問題的常用方法

/判斷追上與否的條件

過程分析法5"="乙,求解二者間距離極值的條件

函數(shù)法

Ax=X乙+xo—X中為關于f的二次函數(shù)，當f=-S時有極值，令Ax

刷_______取〃

，，pY，，〃—，，，，，，，，，，，，，，，，，，，/〃，，，，=0,利用A=〃-4“C判斷有解還是無解，是追上與追不上的條件

圖象法畫出。一f圖象，圖線與r軸所圍面積表示位移，利用圖象更直觀

例1（2019?全國卷I?18）如圖1,籃球架下的運動員原地垂直起跳扣籃，離地后重心上升的

最大高度為上升第一個日所用的時間為tΛ,第四個1所用的時間為以不計空氣阻力，則修前

44ι?

足（）

-<ly-

Q

ΛI7h

r-<Qy-

圖1

，2

A.味2B.2<≈<3

t?

C.3<7<4D.4<7<5

t?t?

答案c

1

解析由逆向思維和初速度為零的勻加速直線運動比例式可知t2_=2+√3,即34

Ely∣4-y∣3

<4,選項C正確.

例2(2021.山東濟寧市高三期末)強行超車是道路交通安全的極大隱患.如圖2是汽車超車

過程的示意圖，汽車甲和貨車均以加=36km/h的速度在路面上勻速行駛，其中甲車車身長

Lι=4.8m,貨車車身長L2=7.2m,貨車在甲車前s=4m處.若甲車司機開始加速從貨車左

側(cè)超車，加速度大小為α=2m∕s2.假定貨車速度保持不變，不計車輛變道的時間及車輛的寬

度.求：

/--------、己乙

甲比宜V......................

圖2

(1)甲車完成超車至少需要多長時間；

(2)若甲車開始超車時，看到道路正前方的乙車迎面駛來，此時二者相距SO=Il5m,乙車速

度為。乙=54km/h.甲車超車的整個過程中，乙車速度始終保持不變，請通過計算分析，甲車

能否安全超車.

答案(1)4s(2)不能安全超車

解析(1)設甲車完成超車至少需要時間f,則f時間內(nèi)甲車位移為X甲=。of+%尸

貨車位移為X貨=Oor

完成超車需滿足X'g-X貨+L]+L2+s

聯(lián)立求解可得f=4s.

(2)剛好完成超車時，甲車位移為X甲=OoH-∕Z2=56m

乙車位移大小為?c=vct=60m.

X甲+xC>SO

所以不能安全超車.

高考題型2牛頓運動定律的應用

?.超重與失重

向上加速運動I

~~L∣向下減速麗

」T向上減速運動I

~~Lj向下加速運動I

2.瞬時加速度問題

注意：力可

以突變，但

速度不可以

突變

考向一超重與失重

例3（2021?上海浦東新區(qū)高三一模）在用DIS探究超重和失重的實驗中，某同學蹲在壓力傳

感器上完成一次起立動作，在計算機屏幕上得到壓力傳感器示數(shù)F隨時間/變化的圖象如圖

3所示，則此過程該同學重心的運動速度。隨時間f變化的圖象最接近圖（）

AB

答案A

解析人在起立時，先向上加速后向上減速，先超重后失重；由F—f圖象可知，超重階段（加

速階段）壓力傳感器對人的支持力先增加后減小，根據(jù)∕7-%g="i"可知，加速度先增加后減

小，則。一/圖象的斜率先增加后減小；同理，由尸一/圖象可知，失重階段（減速階段）壓力傳

感器對人的支持力先減小后增加，根據(jù)根g一尸=〃也可知，加速度先增加后減小，則。一r圖

象的斜率先增加后減小，故選A.

考向二瞬時加速度問題

例4（2021?高郵市臨澤中學高三月考）如圖4甲、乙所示，細繩拴一個質(zhì)量為的小球，小

球分別用固定在墻上的輕質(zhì)較鏈桿和輕質(zhì)彈簧支撐，平衡時細繩與豎直方向的夾角均為53。,

輕桿和輕彈簧均水平.已知重力加速度為g,sin53。=0.8,CoS53。=0.6.下列結(jié)論正確的是

A.甲、乙兩種情境中，小球靜止時，細繩的拉力大小均為WWg

B.甲圖所示情境中，細繩燒斷瞬間小球的加速度大小為Wg

C.乙圖所示情境中，細繩燒斷瞬間小球的加速度大小為

D.甲、乙兩種情境中，細繩燒斷瞬間小球的加速度大小均為Ig

答案C

解析甲、乙兩種情境中，小球靜止時，輕桿對小球與輕彈簧對小球的作用力都是水平向右,

如圖所示

由平衡條件得細繩的拉力大小都為Fτ=-T?=∣^,故A錯誤；

題圖甲所示情境中，細繩燒斷瞬間，小球即將做圓周運動，所以小球的加速度大小為0=g

題圖乙所示情境中，細繩燒斷瞬間彈簧的彈力不變，則小球所受的合力與燒斷前細繩拉力的

pτ5

大小相等、方向相反，則此瞬間小球的加速度大小為他=蔡=5g,故C正確，B、D錯誤.

高考題型3連接體問題

1.整體法與隔離法的選用技巧

整體法的選取原則若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度，且不需要求物體之間的作用力

若連接體內(nèi)各物體的加速度不相同，或者需要求出系統(tǒng)內(nèi)物體之間的

隔離法的選取原則

作用力

整體法、隔離法的若連接體內(nèi)各物體具有相同的加速度,且需要求出物體之間的作用力，

交替運用可以先整體求加速度，后隔離求內(nèi)力

2.連接體問題中常見的臨界條件

接觸與脫離接觸面間彈力等于0

恰好發(fā)生滑動摩擦力達到最大靜摩擦力

繩子恰好斷裂繩子張力達到所承受的最大力

繩子剛好繃宜與松弛繩子張力為0

3.常見連接體

三種情況中彈簧彈力、繩的張力

產(chǎn)…小少?1?

X??fi□相同且與接觸面是否光滑無關

6ɑ

B^τ

常用隔離法

常會出現(xiàn)臨界條件

考向一研究對象的選?。ㄕw法與隔離法的應用）

例5（2020?江蘇卷?5）中歐班列在歐亞大陸開辟了“生命之路”，為國際抗疫貢獻了中國力

量.某運送防疫物資的班列由40節(jié)質(zhì)量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻

加速行駛時，第2節(jié)對第3節(jié)車廂的牽引力為尸.若每節(jié)車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，

則倒數(shù)第3節(jié)對倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為（）

19FFF

?-FB.而C而D，20

答案C

解析設列車的加速度為a,每節(jié)車廂的質(zhì)量為"?，每節(jié)車廂的阻力為Ff,對后38節(jié)車廂，

由牛頓第二定律得尸一38Ff=38mα;設倒數(shù)第3節(jié)車廂對倒數(shù)第2節(jié)車廂的牽引力為F1,對

后2節(jié)車廂，由牛頓第二定律得B-2Ff=2%”,聯(lián)立解得故選項C正確.

1y

考向二連接體中的臨界問題

例6（多選）（2021?山東煙臺市高三期末）某實驗小組在探究接觸面間的動摩擦因數(shù)實驗中，如

圖5甲所示，將一質(zhì)量為M的長木板放置在水平地面上，其上表面有另一質(zhì)量為，”的物塊,

剛開始均處于靜止狀態(tài).現(xiàn)使物塊受到水平力F的作用，用傳感器測出水平拉力凡畫出尸

與物塊的加速度“的關系如圖乙所示.己知重力加速度g=10m*,最大靜摩擦力等于滑動

摩擦力，整個運動過程中物塊從未脫離長木板.則（）