（江苏专版）2019版高考物理二轮复习第一部分专题一力与运动检测（含解析）.doc

1、1力与运动第一讲力与物体平衡考点一 受力分析1.考查共点力的平衡条件、弹力的方向判断如图所示，三个形状不规则的石块 a、 b、 c 在水平桌面上成功地叠放在一起。下列说法正确的是( )A石块 b 对 a 的支持力一定竖直向上B石块 b 对 a 的支持力一定等于 a 受到的重力C石块 c 受到水平桌面向左的摩擦力D石块 c 对 b 的作用力一定竖直向上解析：选 D 由题图可知， a 与 b 的接触面不是水平面，可知石块 b 对 a 的支持力与其对 a 的静摩擦力的合力，跟 a 受到的重力是一对平衡力，故 A、B 错误；以三个石块作为整体研究，整体受到的重力与支持力是一对平衡力，则石块 c 不会受

2、到水平桌面的摩擦力，故 C 错误；选取 a、 b 作为整体研究，根据平衡条件，石块 c 对 b 的作用力与其重力平衡，则石块 c 对 b 的作用力一定竖直向上，故 D 正确。2考查摩擦力的有无及方向判断如图所示，超市为方便顾客，安装了智能化的倾斜向上的自动扶梯(无台阶)。在没有乘客乘行时，自动扶梯以较小的速度匀速运行，当乘客站立乘行(手不扶扶手)时，自动扶梯经过先加速再匀速两个阶段运行。则该扶梯在运送乘客的过程中( )A扶梯匀速运行时，乘客不受摩擦力作用B扶梯匀速运行时，乘客对扶梯的作用力方向竖直向下C扶梯加速运行时，扶梯对乘客的摩擦力方向与运动方向相反D扶梯加速运行时，扶梯对乘客的作用力方向

3、与运动方向相反解析：选 B 扶梯匀速运行时，乘客所受的摩擦力等于重力沿扶梯向下的分力，选项A 错误；匀速运动阶段，乘客处于平衡状态，扶梯对乘客的作用力竖直向上，乘客对扶梯的作用力方向竖直向下，选项 B 正确；扶梯加速运行时，由于智能化的自动扶梯无台阶，乘客站在斜面上，乘客的加速度的方向沿斜面向上，乘客要受到沿斜面向上的摩擦力的作用，与运动方向相同，选项 C 错误；加速度有水平方向的分量，扶梯对乘客的摩擦力有水平方向的分力，所以扶梯对乘客的作用力指向斜上方，选项 D 错误。3考查力的合成与分解2在如下所示的甲、乙、丙、丁四图中，滑轮本身的重力忽略不计，滑轮的轴 O 安装在一根轻木杆 P 上，一根

4、轻绳 ab 绕过滑轮， a 端固定在墙上， b 端下面挂一个质量都是 m 的重物，当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中杆 P 与竖直方向夹角均为 ，图乙中杆 P 在竖直方向上，假设甲、乙、丙、丁四图中滑轮受到木杆弹力的大小依次为 F 甲 、 F 乙 、F 丙 、 F 丁 ，则以下判断中正确的是( )A F 甲 F 乙 F 丙 F 丁 B F 丁 F 甲 F 乙 F 丙C F 甲 F 丙 F 丁 F 乙 D F 丙 F 甲 F 乙 F 丁解析：选 B 由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力大小，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子

5、的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子夹角最小，绳子拉力的合力最大，则滑轮受到木杆的弹力最大，丙图中绳子夹角最大，绳子拉力的合力最小，则滑轮受到木杆的弹力最小，甲、乙两图中绳子的夹角相等，绳子拉力的合力相等，故滑轮受到木杆的弹力大小 F 甲 F 乙 ，所以 F 丁 F 甲 F 乙 F 丙 ，故选 B。4考查物体的平衡条件科技的发展正在不断地改变着我们的生活，图甲是一款放在水平桌面上的手机支架，其表面采用了纳米微吸材料，用手触碰无粘感，接触到平整光滑的硬性物体时，会牢牢吸附在物体上。图乙是手机静止吸附在该手机支架上的侧视图，若手机的重力为 G，下列说法正确的是( )A手机受到的支持力大小为

6、 Gcos B手机受到的摩擦力大小大于 Gsin C纳米微吸材料对手机的作用力方向竖直向上D纳米微吸材料对手机的作用力大小为 Gsin 解析：选 C 手机处于静止状态，受力平衡，根据平衡条件可知，在垂直支架方向有：FN Gcos F 吸 ，大于 Gcos ，故 A 错误；在平行斜面方向，根据平衡条件，有：f Gsin ，故 B 错误；手机处于静止状态，受力平衡，受到重力和纳米微吸材料对手机的作用力，根据平衡条件可知，纳米微吸材料对手机的作用力大小等于重力，方向与重力方向相反，竖直向上，故 C 正确，D 错误。3考点二 整体法与隔离法的应用5.考查整体法与隔离法、力的合成与分解如图所示，质量为

7、M 的四分之一圆柱体放在粗糙水平地面上，质量为 m 的正方体放在圆柱体和光滑墙壁之间，且不计圆柱体与正方体之间的摩擦，正方体与圆柱体的接触点的切线与右侧墙壁成 角，圆柱体处于静止状态。则( )A地面对圆柱体的支持力为 MgB地面对圆柱体的摩擦力为 mgtan C墙壁对正方体的弹力为mgtan D正方体对圆柱体的压力为mgcos 解析：选 C 以正方体为研究对象，受力分析，如图：由几何知识得，墙壁对正方体的弹力 FN1mgtan 圆柱体对正方体的弹力FN2 ，mgsin 根据牛顿第三定律得正方体对圆柱体的压力为 。mgsin 以圆柱体和正方体为研究对象，竖直方向受力平衡，地面对圆柱体的支持力：

8、FN( M m)g，水平方向受力平衡，地面对圆柱体的摩擦力：Ff FN1 。故选 C。mgtan 6考查整体法与隔离法、物体的平衡条件多选如图所示，木板 C 放在水平地面上，木板 B 放在 C 的上面，木板 A 放在 B 的上面， A 的右端通过轻质弹簧秤固定在竖直的墙壁上， A、 B、 C 质量相等，且各接触面动摩擦因数相同，用大小为 F 的力向左拉动 C，使它以速度 v 匀速运动，三者稳定后弹簧秤的示数为 T。则下列说法正确的是( )A B 对 A 的摩擦力大小为 T，方向向左B A 和 B 保持静止， C 匀速运动C A 保持静止， B 和 C 一起匀速运动D C 受到地面的摩擦力大小为

9、 F T解析：选 ACD 由题意， A、 B、 C 质量相等，且各接触面动摩擦因数相同，再依据滑动摩擦力公式 Ff F N，可知， B、 C 之间的滑动摩擦力大于 A、 B 之间的滑动摩擦力，因此4在 F 作用下， B、 C 作为一整体是运动的，对 A 受力分析： A 受水平向右的拉力和水平向左的摩擦力，那么根据平衡条件可知， B 对 A 的摩擦力大小为 T，方向向左，故 A、C 正确，B 错误；又因为木板间力的作用是相互的，则木板 B 受到 A 对它水平向右的摩擦力，大小为 T，由于 B、 C 做匀速直线运动，则 B、 C 受到水平向左的拉力 F 和水平向右的两个摩擦力( A 对 B 的摩擦

10、力和地面对 C 的摩擦力)而平衡，根据平衡条件可知， C 受到地面的摩擦力大小为 F T，故 D 正确。7考查整体法与隔离法、摩擦力的分析与判断多选如图所示，质量为 M 的斜面体 A 放在粗糙水平面上，用轻绳拴住质量为 m 的小球 B 置于斜面上，整个系统处于静止状态，已知斜面倾角及轻绳与竖直方向的夹角均为 30 。不计小球与斜面间的摩擦，则( )A轻绳对小球的作用力大小为 mg33B斜面体对小球的作用力大小为 mg2C斜面体对水平面的压力大小为( M m)gD斜面体与水平面间的摩擦力大小为 mg36解析：选 AD 以小球 B 为研究对象，受力如图甲所示，由几何关系知 30 。根据受力平衡可得

11、FT FN mg33以斜面体 A 为研究对象，其受力如图乙所示。由受力平衡得 FN1 Mg FNcos Mg mg12Ff FNsin mg36故选项 B、C 错误，A、D 正确。考点三 动态平衡问题8.考查用图解法分析动态平衡问题质量为 m 的物体用轻绳 AB 悬挂于天花板上。用水平向左的力 F 缓慢拉动绳的中点 O，如图所示。用 T 表示绳 OA 段拉力的大小，在 O 点向左移动的过程中( )5A F 逐渐变大， T 逐渐变大B F 逐渐变大， T 逐渐变小C F 逐渐变小， T 逐渐变大D F 逐渐变小， T 逐渐变小解析：选 A 以 O 点为研究对象，受力如图所示，当用水平向左的力缓慢

12、拉动 O 点时，则绳 OA 与竖直方向的夹角变大，由共点力的平衡条件知F 逐渐变大， T 逐渐变大，选项 A 正确。9考查用解析法分析动态平衡问题多选如图所示，叠放在一起的 A、 B 两物体放置在光滑水平地面上，A、 B 之间的水平接触面是粗糙的，细线一端固定在 A 物体上，另一端固定于 N 点，水平恒力 F 始终不变， A、 B 两物体均处于静止状态，若将细线的固定点由 N 点缓慢下移至 M 点(线长可变)， A、 B 两物体仍处于静止状态，则( )A细线的拉力将减小B A 物体所受的支持力将增大C A 物体所受摩擦力将增大D水平地面所受压力将减小解析：选 AB 以 A、 B 两物体组成的系

13、统作为研究对象，受力分析如图甲所示。水平方向 FTcos F，竖直方向： FN FTsin ( mA mB)g，因为细线与水平地面的夹角 减小，cos 增大，sin 减小， FT将减小， FN将增大，所以细线所受拉力减小，地面受到的压力增大，A 正确，D 错误；以物体 A 为研究对象，受力分析如图乙所示，竖直方向： FNA FTsin mAg， FT减小，sin 减小，所以 FNA增大，B 正确；以 B 为研究对象，在水平方向上由力的平衡可得 Ff F， A 物体所受摩擦力不变，C 错误。10考查用相似三角形法求解动态平衡问题多选如图所示，质量均为 m 的小球 A、 B 用劲度系数为 k1的轻

14、弹簧相连， B 球用长为 L 的细绳悬于 O 点， A 球固定在 O 点正下方，当小球 B 平衡时，绳子所受的拉力为 FT1，弹簧的弹力为 F1；现把 A、 B 间的弹簧换成原长相同但劲度系数为 k2(k2k1)的另一轻弹簧，在其他条件不变的情况下仍使系统平衡，此时绳子所受的拉力为 FT2，弹簧的弹力为 F2，则下列关于 FT1与 FT2、 F1与 F2大小之间的关系，正确的是( )6A FT1FT2 B FT1 FT2C F1mbmc B mbmamcC mcmamb D mcmbma解析：选 B 该空间区域为匀强电场、匀强磁场和重力场的叠加场， a 在纸面内做匀速圆周运动，可知其重力与所受

15、到的电场力平衡，洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，有 mag qE，解得 ma 。 b 在纸面内向右做匀速直线运动，由左手定则可判断出其所受洛qEg伦兹力方向竖直向上，可知 mbg qE qvbB，解得 mb 。 c 在纸面内向左做匀速直qEg qvbBg17线运动，由左手定则可判断出其所受洛伦兹力方向竖直向下，可知 mcg qvcB qE，解得mc 。综上所述，可知 mbmamc，选项 B 正确。qEg qvcBg2多选图甲 bacd 为导体做成的框架，其平面与水平面成 角，质量为 m 的导体棒PQ 与 ab、 cd 接触良好，回路的电阻为 R，整个装置放在垂直于框架平面的变化的磁场中，

16、磁感应强度的变化如图乙所示， PQ 始终静止，在 0 t1时间内，下列说法正确的是( )A PQ 受安培力方向始终沿轨道斜面向上B PQ 受安培力方向始终沿轨道斜面向下C PQ 受到的摩擦力可能一直增大D PQ 受到的摩擦力可能先减小后增大解析：选 CD 根据法拉第电磁感应定律可知在线圈中产生恒定的感应电流，开始导体棒 PQ 受到沿导轨向上的安培力，若开始安培力小于导体棒重力沿导轨向下的分力 mgsin ，则摩擦力为 f mgsin F 安 ，随着安培力的减小，摩擦力 f 逐渐增大，当安培力反向时， f mgsin F 安 ，安培力逐渐增大，故摩擦力也是逐渐增大；若开始安培力大于mgsin ，

17、则摩擦力为 f F 安 mgsin ，由于安培力逐渐减小，故摩擦力逐渐减小，当F 安 mgsin 时，摩擦力为零并开始反向变为 f mgsin F 安 ，随着安培力的减小，摩擦力 f 逐渐增大，当安培力反向时， f mgsin F 安 ，安培力逐渐增大。故 C、D 正确。1(2017全国卷)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距 80 cm 的两点上，弹性绳的原长也为 80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )A86 cm B92 cmC98 cm D1

18、04 cm解析：选 B 将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为 k)与竖直方向夹角 均满足 sin ，对钩码 (设其重力为 G)静止时受力分析，45得 G2 k cos ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，(1 m2 0.8 m2 )18得 G2 k ，联立解得 L92 cm，可知 A、C、D 项错误，B 项正确。(L2 0.8 m2 )2多选(2017天津高考)如图所示，轻质不可伸长的晾衣绳两端分别固定在竖直杆 M、 N 上的 a、 b 两点，悬挂衣服的衣架挂钩是光滑的，挂于绳上处于静止状态。如果只人为改变一个条件，当衣架静止时，下列说法正确

19、的是( )A绳的右端上移到 b，绳子拉力不变B将杆 N 向右移一些，绳子拉力变大C绳的两端高度差越小，绳子拉力越小D若换挂质量更大的衣服，则衣架悬挂点右移解析：选 AB 设两段绳子间的夹角为 2 ，由平衡条件可知，2 Fcos mg，所以F ，设绳子总长为 L，两杆间距离为 s，由几何关系 L1sin L2sin s，得mg2cos sin ，绳子右端上移， L、 s 都不变， 不变，绳子张力 F 也不变，A 正确；sL1 L2 sL杆 N 向右移动一些， s 变大， 变大，cos 变小， F 变大，B 正确；绳子两端高度差变化，不影响 s 和 L，所以 F 不变，C 错误；衣服质量增加，绳子

20、上的拉力增加，由于 不会变化，悬挂点不会右移，D 错误。3(2018盐城三模)如图所示，一架无人机执行航拍任务时正沿直线朝斜向下方匀速运动。用 G 表示无人机重力， F 表示空气对它的作用力，下列四幅图中能表示此过程中无人机受力情况的是( )解析：选 B 由于无人机正沿直线朝斜向下方匀速运动即所受合外力为零 ，所以只有B 图受力可能为零，故 B 正确。4.(2018淮安、宿迁期中)质量为 m 的物体用轻绳 AB 悬挂于竖直墙壁上，今用水平向右的拉力 F 拉动绳的中点 O 至图示位置。用 T 表示绳 OA 段拉力的大小，在拉力 F 由图示位置逆时针缓慢转过 90的过程中，始终保持 O 点位置不动

21、，则( )A F 先逐渐变小后逐渐变大， T 逐渐变小B F 先逐渐变小后逐渐变大， T 逐渐变大C F 先逐渐变大后逐渐变小， T 逐渐变小D F 先逐渐变大后逐渐变小， T 逐渐变大解析：选 A 若保持 O 点位置不变，将 F 由水平位置绕 O 点逆时针缓19慢转过 90的过程中， F 和 AO 的拉力的合力始终与 mg 等大、反向、共线，由平行四边形定则可知，当 F 竖直时，拉力 F 最大，最大值 Fmax mg；当 F AO 时， F 最小，则 F 先逐渐变小后逐渐变大，由图可知， T 逐渐变小，故 A 正确。5.(2018镇江一模)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有

22、电阻 R。金属棒 ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀增加， ab 始终保持静止，下列说法正确的是( )A ab 中感应电流方向由 b aB ab 中的感应电流逐渐增加C ab 所受的安培力保持不变D ab 受到水平向右的摩擦力解析：选 D 磁感应强度均匀增加，磁通量增加，根据楞次定律得， ab 中的感应电流方向由 a b，故 A 错误。由于磁感应强度均匀增加，根据法拉第电磁感应定律 E S 得， B t感应电动势恒定，则 ab 中的感应电流不变，故 B 错误。根据安培力公式 F BIL 知，电流不变， B 均匀增大，则

23、安培力增大，故 C 错误。导体棒水平方向受安培力和静摩擦力处于平衡， ab 受到的安培力方向向左，则所受的静摩擦力方向向右，故 D 正确。6(2018南京、盐城二模)如图甲所示为某公司研制的“双动力智能型救援机器人”(又被网友称为“麻辣小龙虾”)，其长长的手臂前端有两个对称安装的“铁夹” 。在某次救援活动中， “麻辣小龙虾”用铁夹恰好竖直抓取到重量为 G 的长方形水泥制品，水泥制品在空中处于静止状态，如图乙所示，则( )A水泥制品受到的摩擦力大小一定等于 GB水泥制品受到的摩擦力方向可能竖直向下C若“铁夹”的位置稍向上移，水泥制品受到的摩擦力变大D若增大“铁夹”对水泥制品的挤压，水泥制品受到的

24、摩擦力变大解析：选 A 以水泥制品为研究对象，竖直方向水泥制品受到重力的作用，若要静止，由平衡条件得静摩擦力的方向必定向上，静摩擦力与重力大小相等，故 A 正确，B 错误；若“铁夹”抓住水泥制品的位置稍向上移，水泥制品受到的摩擦力不变，故 C 错误；静摩擦力与重力大小相等，与“铁夹”对水泥制品的压力无关，故 D 错误。7.(2018苏州期中)如图所示，固定在水平地面上的物体 P，左侧是光滑圆弧面，一根轻绳跨过物体 P 顶点上的小滑轮，一端系有质量20为 m3 kg 的小球，小球与圆心连线跟水平方向的夹角 60 ，绳的另一端水平连接物块 3，三个物块重均为 50 N，作用在物块 2 的水平力 F

25、10 N，整个系统处于平衡状态，取 g10 m/s 2，则以下说法正确的是( )A物块 1 和 2 之间的摩擦力是 10 NB物块 2 和 3 之间的摩擦力是 25 NC物块 3 与桌面间的摩擦力为 15 ND物块 3 受 6 个力作用解析：选 D 物块 1 受重力和支持力而平衡，不受静摩擦力，否则不能平衡，故 A 错误；对物块 1 与 2 整体分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，根据平衡条件，物块 3对物块 1、2 整体的静摩擦力向左，与拉力平衡，为 10 N，故物块 2 和 3 之间的摩擦力是10 N，故 B 错误；对 m 受力分析，受重力、支持力与绳子的拉力，由平衡条件，结合力的平行四

26、边形定则可知，绳子的拉力 T mgsin 3015 N，则物块 3 与桌面之间的摩擦力是15 N10 N5 N，即物块 3 与桌面间的摩擦力为 5 N，故 C 错误；对物块 3 受力分析，受到重力、支持力、物块 2 对物块 3 的压力、绳子对物块 3 向左的拉力、物块 2 对物块 3 水平向右的静摩擦力、桌面对物块 3 的静摩擦力，共受到 6 个力，故 D 正确。8(2018江苏七市三模)如图所示，带有孔的小球 A 套在粗糙的倾斜直杆上，与正下方的小球 B 通过轻绳连接，处于静止状态。给小球 B 施加水平力 F 使其缓慢上升，直到小球 A 刚要滑动。在此过程中( )A水平力 F 的大小不变B杆

27、对小球 A 的支持力不变C轻绳对小球 B 的拉力先变大后变小D杆对小球 A 的摩擦力先变小后变大解析：选 D 对小球 B 受力分析，受拉力 F、重力 mg 和细线的拉力 T，合力为零，如图甲所示，由此可知，随着 的增大，拉力 F 和细线拉力 T 均增大，故 A、C 错误。再对小球 A、 B 整体分析，受重力、拉力 F、支持力 N 和静摩擦力 f，如图乙所示，设杆与水平方向的夹角为 ，根据平衡条件，在垂直杆方向，有： N( M m)gcos Fsin ，随着 F 的增大，支持力 N 增大；在平行杆方向，有： Fcos f( M m)gsin ，可得：f( M m)gsin Fcos ，可知随着

28、F 的增大，静摩擦力逐渐减小，当( M m)gsin Fcos 时，摩擦力为零，此后静摩擦力反向增大，故 B 错误，D 正确。第二讲 力与直线运动21考点一 匀变速直线运动的规律及图像1.考查匀变速直线运动的规律一质点沿直线运动，其平均速度与时间的关系满足 v2 t(各物理量均选用国际单位制中单位)，则关于该质点的运动，下列说法正确的是( )A质点可能做匀减速直线运动B5 s 内质点的位移为 35 mC质点运动的加速度为 1 m/s2D质点 3 s 末的速度为 5 m/s解析：选 B 根据平均速度 v 知， x vt2 t t2，根据 x v0t at22 t t2知，xt 12质点的初速度

29、v02 m/s，加速度 a2 m/s2，质点做匀加速直线运动，故 A、C 错误；5 s内质点的位移 x v0t at225 m 225 m35 m，故 B 正确；质点在 3 s 末的速12 12度 v v0 at2 m/s23 m/s8 m/s，故 D 错误。2考查图像转换一小球沿斜面下滑，在斜面底端与垂直斜面的挡板相碰后又回到斜面上的某一位置，小球与挡板作用时间不计，其速度 v 随时间 t 变化的关系如图所示。以下滑起点为位移坐标原点和 t0 时刻，则下列选项中能正确反映小球运动图像的是( )解析：选 A 由 vt 图像可知，小球下滑阶段和上滑阶段都做匀变速直线运动，但两个阶段加速度大小不等

30、，由图线斜率可以看出，下滑加速度小于上滑加速度，加速度方向都沿斜面向下(即正方向)，故 C、D 错误。下滑时小球做初速度为 0 的匀加速直线运动，由x at2可知， xt2图像为过原点的直线，且位移 x 随时间增大；上滑时末速度为零，可看12做反向的初速度为 0 的匀加速直线运动，位移随时间减小，因此 xt2图像也是一条直线，由 vt 图像知，小球反弹初速度小于下滑末速度，运动时间比下滑时间短，因此小球初速度为零时没有回到初始位置，故 A 正确，B 错误。3考查平均速度与时间图像多选一质点沿 x 轴正方向做直线运动，通过坐标原点时开22始计时，其 t 的图像如图所示，则( )xtA质点做匀速直

31、线运动，速度为 0.5 m/sB质点做匀加速直线运动，加速度为 1 m/s2C质点在 2 s 末速度为 2 m/sD质点在第 2 s 内的位移为 2.5 m解析：选 BD 由题图得函数的关系式为 10.5 t，根据 x v0t at2，变形得：xt 12 v0 at，比较系数可得： v01 m/s, a20.5 m/s21 m/s2，质点的加速度不变，xt 12说明质点做匀加速直线运动，故 A 错误，B 正确；质点的初速度 v01 m/s，在 2 s 末速度为 v v0 at1 m/s12 m/s3 m/s，故 C 错误；质点做匀加速直线运动，根据位移时间公式可得在第 2 s 内的位移大小为

32、x v0t2 at22 v0t1 at12，代入数据可得：12 12x2.5 m，故 D 正确。考点二 动力学的两类基本问题4.考查已知受力求运动问题如图所示， Oa、 Ob 是竖直平面内两根固定的光滑细杆， O、 a、 b、 c 位于同一圆周上， c 为圆周的最高点， a 为最低点， Ob 经过圆心。每根杆上都套着一个小滑环，两个滑环都从 O 点无初速释放，用 t1、 t2分别表示滑环到达a、 b 所用的时间，则下列关系正确的是( )A t1 t2 B t1 t2C t1 t2 D无法确定解析：选 B 设 Oa 与竖直方向夹角为 ，则 Ob 与竖直方向夹角为 2 ，由 2Rcos gcos

33、t12,2R gcos 2 t22，比较可得 t1 t2，故 B 正确。12 125考查已知运动求受力问题将一质量为 m 的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动小球的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片， O 是运动的最高点，甲乙两次闪光频率相同，重力加速度为 g，假设小球所受的阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为( )A mg B. mg13C. mg D. mg12 110解析：选 C 设每块砖的厚度是 d，向上运动时：239d3 d a1T2向下运动时：3 d d a2T2联立得： a1a2 31根据牛顿第二定律，向上运动时： mg f ma1向下运动时： mg f ma2联立得

34、： f mg，选 C。126考查瞬时加速度的计算多选如图甲、乙所示，光滑斜面上，当系统静止时，挡板 C 与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行， A、 B 两球质量相等。在突然撤去挡板的瞬间( )A两图中两球加速度均为 gsin B两图中 A 球的加速度均为零C图甲中 B 球的加速度为 2gsin D图乙中 B 球的加速度为 gsin 解析：选 CD 撤去挡板前，对整体分析，挡板对 B 球的弹力大小为 2mgsin ，因弹簧弹力不能突变，而杆的弹力会突变，所以撤去挡板瞬间，图甲中 A 球所受合力为零，加速度为零， B 球所受合力为 2mgsin ，加速度为 2gsin ；图乙中杆的弹力突变为零，A

35、、 B 两球所受合力均为 mgsin ，加速度均为 gsin ，故 C、D 正确，A、B 错误。考点三 牛顿第二定律与运动图像的综合应用7.考查牛顿第二定律与 v t 图像的综合应用多选如图甲所示，倾角为 30的斜面固定在水平地面上，一个小物块在沿斜面向上的恒定拉力 F 作用下，从斜面底端 A 点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力 F，小物块能达到的最高位置为 C 点，已知小物块的质量为 0.3 kg，小物块从 A 到 C 的 vt 图像如图乙所示，取 g10 m/s 2，则下列说法正确的是( )A小物块加速时的加速度大小是减速时加速度大小的1324B小物块与斜面间的动摩擦因数为33C小物块到

36、达 C 点后将沿斜面下滑D拉力 F 的大小为 4 N解析：选 AC 小物块加速时的加速度大小为：a1 m/s22.5 m/s 2 v1 t1 7.5 03减速时的加速度大小为：a2 m/s27.5 m/s 2 v2 t2 7.5 04 3小物块加速时的加速度大小是减速时加速度大小的 ，13故 A 正确；撤去拉力后，根据牛顿第二定律，有：mgsin 30 mg cos 30 ma2即： a2 gsin 30 g cos 30，得： ，故 B 错误；在 C 点 mgsin 30 mg cos 30，36所以小物块到达 C 点后将沿斜面下滑，故 C 正确；在拉力作用下，根据牛顿第二定律，有：F mg

37、sin 30 mg cos 30 ma1，代入数据得： F3 N，故 D 错误。8考查牛顿第二定律与 v2x 图像的综合应用多选如图甲所示，物块的质量 m1 kg，初速度 v010 m/s，在一水平向左的恒力F 作用下从 O 点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力 F 突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示， g10 m/s 2。下列选项中正确的是( )A05 s 内物块做匀减速运动B在 t1 s 时刻，恒力 F 反向C恒力 F 大小为 10 ND物块与水平面间的动摩擦因数为 0.3解析：选 BD 物块匀减速直线运动的加速度大小为：25a1 m/s210 m/s

38、2。v22x1 10010匀加速直线运动的加速度大小为：a2 m/s24 m/s 2。v 22x2 6428根据牛顿第二定律得： F f ma1， F f ma2，联立两式解得： F7 N， f3 N。则动摩擦因数为： 0.3。fmg 310物块匀减速直线运动的时间为：t1 s1 s，即在 01 s 内做匀减速直线运动，1 s 后恒力 F 反向，做匀加va1 1010速直线运动。故 B、D 正确，A、C 错误。9考查 Ft 图像与运动的综合应用多选如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为 m 的小球，若升降机在匀速运行过程中突然

39、停止，并以此时为零时刻，在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力 F 随时间 t 变化的图像如图乙所示， g 为重力加速度，则( )A升降机停止运行前在向上运动B0 t1时间内小球处于失重状态， t1 t2时间内小球处于超重状态C t1 t3时间内小球向下运动，速度先增大后减小D t3 t4时间内小球向下运动，速度一直增大解析：选 AC 从 0 时刻开始，弹簧弹力减小，知小球向上运动，可知升降机停止运行前向上运动，故 A 正确。0 t1时间内，重力大于弹力，加速度向下，小球处于失重状态，t1 t2时间内，重力大于弹力，加速度向下，小球也处于失重状态，故 B 错误。0 t1时间内，小球向上运动， t1

40、 t3时间内，小球向下运动，加速度先向下后向上，则速度先增大后减小，故 C 正确。 t3时刻处于最低点， t3 t4时间内，小球向上运动，故 D 错误。考点四 动力学的连接体问题10.考查用牛顿第二定律解决连接体问题多选如图所示， a、 b、 c 为三个质量均为 m 的物块，物块 a、 b 通过水平轻绳相连后放在水平面上，物块 c 放在物块 b 上。现用水平拉力作用于物块 a，使三个物块一起水平向右匀速运动。各接触面间的动摩擦因数均为 ，重26力加速度大小为 g。下列说法正确的是( )A该水平拉力大于轻绳的弹力B物块 c 受到的摩擦力大小为 mgC当该水平拉力增大为原来的 1.5 倍时，物块

41、c 受到的摩擦力大小为 0.5mgD剪断轻绳后，在物块 b 向右运动的过程中，物块 c 受到的摩擦力大小为 mg解析：选 ACD 三物块一起做匀速直线运动，由平衡条件得，对物块 a、 b、 c 系统：F3 mg ，对物块 b、 c 系统： T2 mg ，则： F T，即水平拉力大于轻绳的弹力，故 A 正确；物块 c 做匀速直线运动，处于平衡状态，则物块 c 不受摩擦力，故 B 错误；当水平拉力增大为原来的 1.5 倍时， F1.5 F4.5 mg ，由牛顿第二定律得：对物块 a、 b、 c 系统： F3 mg 3 ma，对物块 c： f ma，解得： f0.5 mg ，故 C 正确；剪断轻绳后

42、，物块 b、 c 一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：对物块 b、 c 系统：2mg 2 ma，对物块 c： f ma，解得： f mg ，故 D 正确。11考查连接体中的临界问题如图所示，物块 A 放在木板 B 上， A、 B 的质量均为 m， A、 B 之间的动摩擦因数为 ， B 与地面之间的动摩擦因数为 。若将水平力作用在 3A 上，使 A 刚好要相对 B 滑动，此时 A 的加速度为 a1；若将水平力作用在 B 上，使 B 刚好要相对 A 滑动，此时 B 的加速度为 a2，则 a1与 a2的比为( )A11 B23C13 D32解析：选 C 当水平力作用在 A 上，使 A 刚好要相对

43、 B 滑动，临界情况是 A、 B 的加速度相等，隔离对 B 分析， B 的加速度为：aB a1 g ， mg 32mgm 13当水平力作用在 B 上，使 B 刚好要相对 A 滑动，此时 A、 B 间的摩擦力刚好达到最大，A、 B 的加速度相等，有： aA a2 g ， mgm可得 a1 a213，C 正确。12考查运用牛顿第二定律解决板块运动问题如图所示，一木箱放在平板车的中部，距平板车的后端、驾驶室后端均为 L2.0 m，处于静止状态，木箱与平板车之间的动摩擦因数 0.40，现使平板车在水平路面上以加速度 a0匀加速启动，速度达到 v6.0 m/s 后接着做匀速直线运动，运动一段时间后匀减速

44、刹车。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取 g10 m/s 2。27(1)若木箱与平板车保持相对静止，加速度 a0大小满足什么条件？(2)若 a06.0 m/s2，当木箱与平板车的速度都达到 6.0 m/s 时，求木箱在平板车上离驾驶室后端距离 s。(3)若在木箱速度刚达到 6.0 m/s 时平板车立即用恒定的阻力刹车，要使木箱不会撞到驾驶室，平板车刹车时的加速度大小 a 应满足什么条件？解析：(1)木箱与车相对静止，加速度相同，设最大值为 am，由牛顿第二定律有mg mam解得 am4.0 m/s 2故应满足的条件为 a04.0 m/s 2。(2)由于 a06.0 m/s 24.0 m/s2，故

45、木箱与车发生相对滑动木箱速度达到 v6 m/s 所需的时间 t1 1.5 svam运动的位移 x1 t1v2平板车速度达到 v6 m/s 所需的时间 t2 1.0 sva0运动的位移 x2 t2 v(t1 t2)v2且有 s x2 x1 L解得 s3.5 m。(3)木箱减速停止时的位移 x3v22am平板车减速停止时的位移 x4v22a木箱不与车相碰应满足 x3 x4 s解得 a18 m/s 2。答案：(1) a04.0 m/s 2 (2)3.5 m (3) a18 m/s 2释疑 4 大考点考点一 匀变速直线运动的规律及图像本考点主要对匀变速直线运动规律及运动图像进行考查，其中图像问题上失分

46、，主要是审题不仔细、知识迁移不够灵活造成的，匀变速直线运动规律的应用上失分，主要是该考点与其他知识交汇点较多、试题情景取材常涉及生活实际问题造成的。建议考生自学为28主。(一)熟记“四类”匀变速直线运动公式(二)看清“三类”运动图像特例斜率 纵截距与 t 轴所围面积 匀速直线运动 匀变速直线运动xt 图像 速度 初位置 倾斜的直线 抛物线vt 图像 加速度 初速度 位移 与时间轴平行的直线 倾斜的直线at 图像 初加速度 速度与时间轴平行的直线运动图像的三点提醒(1)运动图像描述的是纵轴物理量随横轴物理量(通常为时间 t)变化的规律，而不是物体的运动轨迹。(2)运动图像只能描述直线运动，不能描

47、述曲线运动。(3)xt 图像的交点才表示两物体相遇，而 vt 图像的交点只能说明此时两物体速度相等。(三)掌握四种常用解题方法1基本公式法：如诊断卷第 1 题中，由 x vt2 t t2，对应基本公式 x v0t at212得出 v02 m/s， a2 m/s 2，进而可对本题四个选项快速做出判断。2推论法：如果条件允许，应用中间时刻速度、中间位置速度、位移差公式等推论求解问题，可快速得出答案。3比例法：根据初速度为零的匀变速直线运动的比例关系式求解。4逆向思维法：匀减速直线运动到速度为零的过程，可认为是初速度为零的反向匀加速直线运动的逆过程。题点全练1.(2018苏州期中)如图所示是某物体做直线运动的 vt 图像，则该物体全过程( )29A做匀速直线运动B做匀加速直线运动C一直朝某一方向运动D在某一线段上做两个来回运动解析：选 C 在 vt 图像中，图像的斜率表示物体的加速度，01 s 内加速