高考物理二輪復習各專題練習題及答案解析

運動的描述勻變速直線運動2020年高考必備2015年2016年2017年2018年2019年Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷考點一勻變速直線運動的規(guī)律運動圖象追及、相遇問題21191818考點二實驗:研究勻變速直線運動222222考點一勻變速直線運動的規(guī)律運動圖象追及、相遇問題命題角度1多物體系統(tǒng)(勻變速直線運動)及其v-t、x-t、a-t圖象高考真題體驗·對方向1.(2019全國Ⅰ·18)如圖,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H.上升第一個H4所用的時間為t1,第四個H4所用的時間為t2.不計空氣阻力,則t2A.1<t2t1<2 B.2<C.3<t2t1<4 D.4<答案C解析運動員起跳到最高點的過程,反過來看,就是初速為0的勻加速直線運動,經過相同位移所用的時間之比為1∶(2-1)∶(3-2)∶(4-3),則t2.(多選)(2018全國Ⅲ·18)甲、乙兩車在同一平直公路上同向運動,甲做勻加速直線運動,乙做勻速直線運動.甲、乙兩車的位置x隨時間t的變化如圖所示.下列說法正確的是()A.在t1時刻兩車速度相等B.從0到t1時間內,兩車走過的路程相等C.從t1到t2時間內,兩車走過的路程相等D.在t1到t2時間內的某時刻,兩車速度相等答案CD解析圖線的斜率大小表示物體運動的速度大小,t1時刻兩圖線的斜率不同,所以兩車速度不同,A選項錯誤;從0到t1時間內,x乙=x1,x甲<x1,則甲車路程小于乙車,B選項錯誤;從t1到t2時間內,兩車的位移大小都為Δx=x2-x1,所以路程大小相等,C選項正確;從t1到t2時間內的某時刻,圖線甲的斜率等于圖線乙的斜率,存在速度相等的時刻,D選項正確.圖象問題的分析思路一看軸:明確圖象的種類,如v-t圖象、x-t圖象、a-t圖象.明確物理意義,選用相應規(guī)律處理問題.二看線:分析圖線,分析相應物理量的具體變化過程.明確運動分成幾個階段.三看斜率、截距、交點和面積:對不同的圖象,分析斜率、截距、交點或圖線與坐標軸所圍面積的意義,利用圖中數(shù)據(jù)結合相應物理規(guī)律列式,合理分析得出結論.典題演練提能·刷高分1.一個物體以初速度v0沿光滑斜面向上運動,其速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖所示,在連續(xù)兩段時間m和n內圖線與t軸所圍的對應面積均為S,則經過b時刻vb的大小為()A.(m-nC.(m2+答案C解析設b點的速度為vb,m時間段對應初速度為va,加速度為a,根據(jù)x=v0t+12at2S=vam-12am2S=vbn-12an2vb=va-am③①②③聯(lián)立得vb=(m故選C.2.(2019山東省實驗中學模擬)甲、乙兩車同時從同一地點沿著平直的公路前進,它們運動的v-t圖象如圖所示,下列說法正確的是()A.兩車在t=40s時再次并排行駛B.甲車減速過程的加速度大小為0.5m/s2C.兩車再次并排行駛之前,t=30s時兩車相距最遠D.兩車之間的距離先變大,再減小,最后不變答案B解析t=40s時,甲車的位移為x甲=20+52×30m+5×10m=425m,乙車的位移為x乙=10×40m=400m,甲車在乙車前面,選項A錯誤;甲車做減速運動的加速度大小為a=20-530m/s2=0.5m/s2,選項B正確;由兩車對應圖線與時間軸所圍面積之差變化特點知,兩車距離先變大,再減小,最后又變大,選項D錯誤;兩車再次并排行駛之前,兩車速度相等時相距最遠,兩車速度相等時v0-at'=v乙,解得t'=20s,則在兩車再次并排行駛之前,t=3.兩物體同時從同一位置出發(fā),二者的速度隨時間變化的關系如圖所示,下列說法正確的是()A.t=2s時,兩物體相遇B.相遇前,在t=1s時兩物體間距離最大C.t=1s時,兩物體相距0.5mD.t=3s時,兩物體相距1.5m答案D解析t=2s時,兩物體速度相等,相距最遠,A、B錯誤;v-t圖象中圖線與t軸所圍的面積表示位移,t=1s時兩物體間的距離為1.5m,C錯誤;t=3s時,一直向正方向運動的物體的位移為x1=12×3×3m=4.5m,另一物體的位移x2=12×4×2m-12×1×2m=3m,兩物體的位移差Δx=x1-x2=1命題角度2非勻變速直線運動及其v-t、x-t、a-t圖象高考真題體驗·對方向(多選)(2018全國Ⅱ·19)甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運動,其速度—時間圖像分別如圖中甲、乙兩條曲線所示.已知兩車在t2時刻并排行駛.下列說法正確的是()A.兩車在t1時刻也并排行駛B.在t1時刻甲車在后,乙車在前C.甲車的加速度大小先增大后減小D.乙車的加速度大小先減小后增大答案BD解析假設兩車在t1時刻也并排(相遇)行駛,由題圖可知,在t1~t2內,甲的速度總是大于乙的速度,則t2時刻甲在乙的前面,與題設矛盾,選項A錯誤;在t1時刻甲車在后,乙車在前,則在t2時刻兩車才有可能并排行駛,選項B正確;v-t圖象的斜率表示加速度,由題圖可知,甲、乙車的加速度都是先減小后增大,選項D正確.處理非勻變速直線運動問題的兩個思路1.拓寬應用勻變速直線運動的特點及規(guī)律.2.在圖象中分析a、v、x的變化特點,充分應用圖象斜率、圖線與坐標軸所圍面積的物理意義,做定性分析,或應用表達式解決半定量計算.典題演練提能·刷高分1.如圖所示為從靜止開始做直線運動物體的a-t圖象,關于物體的運動下列說法正確的是()A.物體在t=6s時,速度為0B.物體在t=6s時,速度為18m/sC.物體運動前6s平均速度為9m/sD.物體運動前6s位移為18m答案B解析物體做加速度減小的加速運動,在t=6s時加速度為零,速度最大,A錯誤;a-t圖象與t軸所包圍的面積表示速度的變化量,即末速度為18m/s,B正確;若物體從靜止開始做勻加速直線運動,末速度為18m/s,則前6s內的平均速度為9m/s,前6s內的位移為54m,而物體做變加速運動,其平均速度大于9m/s,位移大于54m,故C、D錯誤.2.(多選)一質點做直線運動的v-t圖象如圖所示.下列說法正確的是()A.質點在0~1s內的位移小于在1~2s內的位移B.質點在1~2s內的加速度越來越小C.質點在1~2s內的平均速度大于15m/sD.質點在3s末回到出發(fā)點答案AC解析在v-t圖象中,圖象與時間軸所圍的面積表示位移,質點在0~1s內的位移小于在1~2s內的位移,A正確;圖象斜率表示加速度,質點在1~2s內的加速度越來越大,B錯誤;質點在0~1s內的平均速度為15m/s,質點在1~2s內的平均速度大于15m/s,C正確;圖象與時間軸所圍面積一直為正值,質點一直向正方向運動,D錯誤.3.在地面上以初速度v0豎直向上拋出一小球,經過2t0時間小球落回拋出點,其速率為v1,已知小球在空中運動時所受空氣阻力與小球運動的速率成正比.則小球在空中運動時速率v隨時間t的變化規(guī)律可能是()答案A解析設小球所受的空氣阻力f=kv,上升的高度為h.上升過程中加速度大小a1=mg+kvm,h=12a1t12,下降過程中的加速度大小a2=mg-kvm,h=12a2t22,a1命題角度3(儲備)新型圖象的處理方法說明:“儲備”意指本命題角度近五年全國卷無直接考查,下文不再重復說明.【典題】利用如圖甲所示的斜面測量物體下滑的加速度.在斜面上取O、A、B三點,讓一物體從O點由靜止開始下滑,先后經過A、B兩點,測出A、B之間的距離x和物體經過A、B兩點的時間t.保持O、B兩點的位置不變,改變A點在斜面上的位置,仍讓該物體從O點由靜止開始下滑,多次試驗后得出xt-t圖象如圖乙所示,則物體沿斜面下滑的加速度大小為(A.2m/s2 B.4m/s2C.6m/s2 D.8m/s2答案B解析根據(jù)乙圖寫出函數(shù)表達式為xt=8-2t,化簡得x=8t-2t2,結合位移公式x=v0t-12at2得,加速度大小a=4m/s2新型圖象的處理方法處理新型圖象最基本的方法是寫出橫、縱坐標的函數(shù)表達式,根據(jù)表達式再進行研究,具體如下:(1)根據(jù)數(shù)學規(guī)律寫出橫、縱坐標的函數(shù)表達式;(2)將函數(shù)表達式與物體的運動情景或物理公式相聯(lián)系;(3)結合物體的運動規(guī)律,利用圖象的斜率、截距或圖象與坐標軸所圍的面積求得相關物理量.典題演練提能·刷高分1.(多選)(2019江蘇南京模擬)伽利略在研究自由落體運動的過程中,曾提出兩種假設:①速度v與下落的高度h成正比;②速度v與下落的時間t成正比,分別對應于圖甲和乙.下列關于甲、乙兩圖的判斷正確的是()A.圖甲中加速度不斷增大B.圖乙中加速度不斷增大C.圖甲中0~h0內運動的時間是2D.圖乙中0~t0內運動的位移是v02答案AD解析由題圖甲的圖象可得v=kh,加速度a=v22h=k22h不斷增大,易知0~h0內運動的平均速度小于v02,則運動的時間大于2h0v0,選項A正確、C錯誤;題圖乙的2.斜面長度為4m,一個尺寸可以忽略不計的滑塊以不同的初速度v0從斜面頂端沿斜面下滑時,其下滑距離x與初速度二次方v02的關系圖象(即x-v(1)求滑塊下滑的加速度大小.(2)若滑塊下滑的初速度為5.0m/s,則滑塊沿斜面下滑的時間為多長?答案(1)2m/s2(2)1s解析(1)根據(jù)勻變速直線運動的速度與位移的關系公式v2-v02=2ax得得斜率為k=-1由圖象知圖線斜率k=312解得a=-2m/s2.所以滑塊下滑的加速度大小為2m/s2.(2)由位移公式得x=v0t+12at2解得t=1s,或t=4s(舍去).命題角度4追及、相遇問題高考真題體驗·對方向(多選)(2016全國Ⅰ·21)甲、乙兩車在平直公路上同向行駛,其v-t圖象如圖所示.已知兩車在t=3s時并排行駛,則()A.在t=1s時,甲車在乙車后B.在t=0時,甲車在乙車前7.5mC.兩車另一次并排行駛的時刻是t=2sD.甲、乙車兩次并排行駛的位置之間沿公路方向的距離為40m答案BD解析v-t圖象中圖線與t軸之間包圍的面積為相應時間內位移的大小,根據(jù)題意分析可知,t=0時,甲車在乙車的前面,兩車的距離為圖中甲、乙圖線與t軸之間的面積的差,即s0=(10+25)×32m-30×32m=71~3s兩車行駛距離相等,所以在t=1s時兩車并排行駛,選項A錯誤;t=2s時乙車在前甲車在后,選項C錯誤;從t=1s到t=3s,甲車(乙車)行駛的距離為40m(v-t圖象與t軸包圍的面積),選項D正確.解答追及、相遇問題的常用方法(1)物理分析法:抓住“兩物體能否同時到達空間某位置”這一關鍵因素,建立位移關系式和速度關系式.(2)極值法:設相遇時間為t,根據(jù)條件列方程,得到關于時間t的一元二次方程,用根的判別式進行討論.若Δ>0,即有兩個解,說明可以相遇兩次;若Δ=0,說明剛好追上或相遇;若Δ<0,無解,說明追不上或不能相遇.(3)圖象法:將兩個物體運動的v-t關系在同一圖象中畫出,然后利用圖象的斜率、截距、交點或圖象與坐標軸所圍的面積分析求解.典題演練提能·刷高分1.在平直軌道上,A、B兩物體同時同地開始運動,其速度時間圖象如圖所示,則下列說法正確的是()A.A、B兩質點的運動方向相反B.0.8s末A、B兩物體相遇C.2s內A始終在B的前方D.A、B兩物體在2s末相距2m答案D解析由圖可知,A、B的速度方向相同,A錯誤;設t1時刻A、B速度都為v,由三角形相似得v6=2-t12,v-26-2=t12,解得t1=0.2.汽車以10m/s的速度在平直公路上勻速行駛,駕駛員發(fā)現(xiàn)正前方25m處的斑馬線上有行人,于是剎車禮讓,汽車恰好在斑馬線前停下,假設駕駛員的反應時間為0.5s,汽車運動的v-t圖象如圖所示,則汽車的()A.剎車時間為4.5s B.剎車距離為25mC.加速度大小為2.5m/s2 D.加速度大小為2m/s2答案C解析根據(jù)位移關系得,25m=10×0.5m+1022am2·s-2,解得a=2.5m/s2,C正確,D錯誤;剎車距離x=1022×2.5m=3.一平直公路上有甲、乙兩輛車,它們從t=0時刻開始運動,在0~6s內速度隨時間變化的情況如圖所示.已知兩車在t=3s時刻相遇,下列說法正確的是()A.兩車的出發(fā)點相同B.t=2s時刻,兩車相距最遠C.兩車在3~6s之間的某時刻再次相遇D.t=0時刻兩車之間的距離大于t=6s時刻兩車之間的距離答案D解析由圖可得,0~3s內,乙的位移為12×(2+0.5)×3m=3.75m,甲的位移為12×(2+4)×2m+12×(4+3)×1m=9.5m,二者t=0時刻相距9.5m-3.75m=5.75m,選項A錯誤;3~6s內,乙的位移為-12×(1+0.5)×1m=-0.75m,甲的位移為12×3×3m=4.5m,二者相距4.5m+0.75m=5.25m.所以t=0時刻兩質點之間的距離大于t=6s時刻兩質點之間的距離,選項D正確;0~2s內,兩質點間距逐漸減小,4.(2019山東煙臺質檢)某天大霧彌漫,能見度很低,甲、乙兩輛汽車同向行駛在同一平直公路上,甲車在前,乙車在后,甲車的速度v1=15m/s,乙車的速度v2=25m/s,當乙車行駛到距甲車s=60m時,駕駛員發(fā)現(xiàn)了前方的甲車,設兩車駕駛員的反應時間均為Δt=0.5s.(1)若乙車的駕駛員發(fā)現(xiàn)甲車后經反應時間Δt后立即剎車做勻減速運動,為了防止相撞,求乙車減速運動的最小加速度的大小a1(此過程甲車速度保持不變);(2)若乙車的駕駛員發(fā)現(xiàn)甲車后經反應時間Δt后,僅采取鳴笛警告措施,甲車駕駛員聽到鳴笛后經反應時間Δt后立即做勻加速運動,為了防止相撞,求甲車加速運動的最小加速度的大小a2.答案(1)1011m/s2(2)1m/s解析(1)設乙車減速運動時間t1后兩車速度相等,若兩車恰好不相撞,則有v2-a1t1=v1v2Δt+12(v1+v2)t1=s+v1(Δt+t1解得t1=11s,a1=1011m/s2(2)設甲車加速運動時間t2后兩車速度相等,若兩車恰好不相撞,當甲車開始加速運動時,兩車的距離為s0=s-(v2-v1)×2Δtv1+a2t2=v2v2t2=s0+12(v1+v2)t解得t2=10s,a2=1m/s2.考點二實驗:研究勻變速直線運動命題角度研究勻變速直線運動及其“變式型”實驗高考真題體驗·對方向1.(2019全國Ⅰ·22)某小組利用打點計時器對物塊沿傾斜的長木板加速下滑時的運動進行探究.物塊拖動紙帶下滑,打出的紙帶一部分如圖所示.已知打點計時器所用交流電的頻率為50Hz,紙帶上標出的每兩個相鄰點之間還有4個打出的點未畫出.在A、B、C、D、E五個點中,打點計時器最先打出的是點.在打出C點時物塊的速度大小為m/s(保留3位有效數(shù)字);物塊下滑的加速度大小為m/s2(保留2位有效數(shù)字).

答案A0.2330.75解析每兩個相鄰點之間有4個打出的點未畫出,故相鄰點之間的時間間隔t=0.1s.物塊做勻加速直線運動,相同時間內運動的距離越來越大,故先打A點.平均速度等于中間時刻的瞬時速度,故vC=ΔxΔt=xBC+xCD2t=46.5×12.(2017全國Ⅰ·22)某探究小組為了研究小車在桌面上的直線運動,用自制“滴水計時器”計量時間.實驗前,將該計時器固定在小車旁,如圖(a)所示.實驗時,保持桌面水平,用手輕推一下小車.在小車運動過程中,滴水計時器等時間間隔地滴下小水滴,圖(b)記錄了桌面上連續(xù)的6個水滴的位置.(已知滴水計時器每30s內共滴下46個小水滴)圖(a)圖(b)(1)由圖(b)可知,小車在桌面上是(填“從右向左”或“從左向右”)運動的.

(2)該小組同學根據(jù)圖(b)的數(shù)據(jù)判斷出小車做勻變速運動.小車運動到圖(b)中A點位置時的速度大小為m/s,加速度大小為m/s2.(結果均保留2位有效數(shù)字)

答案(1)從右向左(2)0.190.037解析(1)輕推小車,由于阻力作用小車做減速運動,相同時間內位移逐漸減小,故小車由右向左運動.(2)滴水的時間間隔Δt=tn-1=23s,A點的瞬時速度等于包含這一點在內的兩相鄰點之間的平均速度即vAa=(150+133-83-100)×10-3m6×23.(2017全國Ⅱ·22)某同學研究在固定斜面上運動物體的平均速度、瞬時速度和加速度之間的關系.使用的器材有:斜面、滑塊、長度不同的矩形擋光片、光電計時器.實驗步驟如下:①如圖(a),將光電門固定在斜面下端附近;將一擋光片安裝在滑塊上,記下?lián)豕馄岸讼鄬τ谛泵娴奈恢?令滑塊從斜面上方由靜止開始下滑;②當滑塊上的擋光片經過光電門時,用光電計時器測得光線被擋光片遮住的時間Δt;③用Δs表示擋光片沿運動方向的長度(如圖(b)所示),相互作用2020年高考必備2015年2016年2017年2018年2019年Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷考點一重力、彈力、摩擦力力的合成與分解考點二受力分析共點力的平衡191417211617191616考點三實驗:1.探究彈力和彈簧伸長的關系22實驗:2.驗證力的平行四邊形定則22考點一重力、彈力、摩擦力力的合成與分解命題角度1(儲備)彈力與摩擦力的分析【典題】(多選)(2019河北衡水高三月考)如圖所示,質量為m的木塊A放在質量為M的三角形斜面體B上,現(xiàn)用大小不相等、方向相反的水平力F1、F2分別推A和B,它們均靜止不動,且F1<F2,重力加速度為g,則()A.A受到四個力的作用B.B對A的摩擦力方向一定沿斜面向下C.地面對B的摩擦力方向水平向右,大小為F2-F1D.地面對B的支持力大小一定等于(M+m)g答案CD解析以A為研究對象進行受力分析,如圖所示,沿斜面方向,F1的分力和A所受重力的分力大小關系不確定,所以不確定B和A之間有無摩擦力,A的受力個數(shù)不確定,選項A、B錯誤;以整體為研究對象,水平方向:Ff=F2-F1,方向向右,豎直方向:FN'=(M+m)g,選項C、D正確.用假設法分析隱蔽的彈力與靜摩擦力(1)接觸面形變情況不清晰,則相關彈力較為“隱蔽”.此時需用“假設法”判定彈力的有無和彈力的方向.也可假設有彈力,做相似分析.(2)接觸面間的相對運動趨勢不明確,則相關靜摩擦力較為“隱蔽”,此時需用“假設法”判定靜摩擦力的有無和靜摩擦力的方向.也可假設有靜摩擦力,做相似分析.(3)應用“假設法”時,一般結合力的合成與分解、平衡條件等知識分析.典題演練提能·刷高分1.(2019寧夏銀川六中月考)如圖所示,A、B、C三物塊疊放并處于靜止狀態(tài),水平地面光滑,其他接觸面粗糙,以下受力分析正確的是()A.A與墻面間存在壓力B.A與墻面間存在靜摩擦力C.A物塊共受3個力作用D.B物塊共受5個力作用答案C解析以三個物體組成的整體為研究對象,由于地面光滑,對C沒有摩擦力,根據(jù)平衡條件得知,墻對A沒有壓力,因而也沒有摩擦力,選項A、B錯誤;物體A受到重力、B的支持力和摩擦力三個力作用,選項C正確;先對A、B整體研究,水平方向上,墻對A沒有壓力,則由平衡條件分析可知,C對B沒有摩擦力,再對B分析,受到重力、A的壓力和摩擦力、C的支持力,共四個力作用,選項D錯誤.2.如圖所示,在水平桌面上放置一斜面體P,斜面傾角為θ,質量分別為m和M的兩長方體物塊a和b靜止在斜面體P上,下列說法正確的是()A.a對b的作用力大小為mgB.a對P的壓力為mgcosθC.b受到的總摩擦力為(M+m)gsinθD.地面受到向左的摩擦力答案A解析取a為研究對象,b對a的作用力大小為mg,方向豎直向上,故a對b的作用力大小為mg,A正確;a對b的壓力為mgcosθ,力不能傳遞,a不對P產生壓力,B錯誤;a對b的摩擦力沿斜面向下,大小為mgsinθ,P對b的摩擦力方向沿斜面向上,大小為(M+m)gsinθ,方向沿斜面向上,故b受到的摩擦力大小為Mgsinθ,方向沿斜面向上,C錯誤;對整體進行受力分析,整體沒有相對運動趨勢,地面對P沒有摩擦力,D錯誤.命題角度2(儲備)直線運動中的滑動摩擦力和靜摩擦力【典題】如圖所示為研究物塊與木板之間摩擦力大小的實驗裝置.將一物塊和木板疊放于水平桌面上.輕質彈簧測力計一端固定,另一端用細線與物塊水平相連.現(xiàn)在用繩索與長木板連接,用手向右水平拉繩索,使長木板在桌面上滑動.彈簧測力計示數(shù)穩(wěn)定后,下列說法正確的是()A.物塊與木板之間的摩擦力是靜摩擦力B.木板必須在桌面上做勻速直線運動C.測力計示數(shù)一定等于物塊受到的摩擦力D.測力計示數(shù)一定等于木板受到的摩擦力答案C解析物塊與長木板間發(fā)生相對運動,是滑動摩擦力,只要兩者間發(fā)生相對運動即可,木板不一定在桌面上做勻速直線運動,A、B錯誤;物塊受力平衡,測力計示數(shù)等于物塊受到的滑動摩擦力,C正確;木板與物塊、桌面間都會有摩擦力,D錯誤.勻速直線運動中的滑動摩擦力或靜摩擦力(1)若兩物體在接觸面處相對滑動,則此處為滑動摩擦力F滑=μFN,其大小與運動速度無關,方向與相對運動方向相反.(2)若兩物體在接觸面處相對靜止,一起做勻速直線運動,則接觸面處為靜摩擦力F靜,其大小介于0~Ffmax之間,方向與相對運動趨勢方向相反.(3)結合受力平衡,合外力為零,確定摩擦力的大小和方向.典題演練提能·刷高分1.如圖所示,長為3L的木板從光滑水平面滑上長為5L的粗糙桌面,停止運動時木板右端離開桌面邊緣距離為L,則該過程中,木板所受摩擦力Ff與位移x的關系圖象是()答案D解析在前3L的位移中,木板對桌面的壓力FN隨x均勻增大.則滑動摩擦力Ff=μFN隨x均勻增大;在后3L的位移中,FN=mg不變,滑動摩擦力Ff=μmg不變,故D正確.2.為了讓乘客乘車更為舒適,某探究小組設計了一種新的交通工具,乘客的座椅能隨著坡度的變化而自動調整,使座椅始終保持水平,如圖所示.當此車減速上坡時,乘客()A.處于超重狀態(tài)B.不受摩擦力的作用C.受到向后(水平向左)的摩擦力作用D.所受力的合力豎直向上答案C解析當車減速上升時,車和乘客的加速度沿斜面向下,處于失重狀態(tài),A錯誤;將加速度分解可知乘客有水平向左的分加速度,故乘客受到水平向左的靜摩擦力作用,C正確,B錯誤;根據(jù)牛頓第二定律可知,乘客所受力的合力與加速度方向相同,沿斜面向下,D錯誤.命題角度3(儲備)力的合成與分解的理解和應用【典題1】(多選)(2018天津卷·7)明朝謝肇氵制的《五雜組》中記載:“明姑蘇虎丘寺塔傾側,議欲正之,非萬緡不可.一游僧見之曰:無煩也,我能正之.”游僧每天將木楔從塔身傾斜一側的磚縫間敲進去,經月余扶正了塔身.假設所用的木楔為等腰三角形,木楔的頂角為θ,現(xiàn)在木楔背上加一力F,方向如圖所示,木楔兩側產生推力FN,則()A.若F一定,θ大時FN大B.若F一定,θ小時FN大C.若θ一定,F大時FN大D.若θ一定,F小時FN大答案BC解析本題考查力的分解,確定合力與分力等效替代關系是正確解題的關鍵.作用在木楔背上的力F可以分解為垂直于兩個側面的分力FN,如圖所示.由平行四邊形定則可知,FN=F2sinθ2,由上式可知,F一定時,木楔頂角越小,FN越大,選項A錯誤、B正確;木楔頂角一定時,F越大,F【典題2】小明想推動家里的衣櫥,但使出了最大的力氣也推不動,他便想了個妙招,如圖所示,用A、B兩塊木板,搭成一個底角較小的人字形架,然后往中央一站,衣櫥被推動了.下列說法中正確的是()A.這是不可能的,因為小明根本沒有用力去推衣櫥B.這有可能,A板對衣櫥的推力有可能大于小明的重力C.A、B板的夾角應該盡可能小,才能推動衣櫥D.這不可能,A板對衣櫥的推力不可能大于小明的重力答案B解析由題意可知A、B兩塊木板構成的頂角α很大,將小明的重力沿兩板方向分解,根據(jù)平行四邊形定則可知F=mg2cosα2,B正確,D錯誤;且A、力的效果分解法求分力的步驟(1)首先根據(jù)力的實際作用效果確定兩個分力的方向.(2)再根據(jù)兩個分力的方向畫出平行四邊形.(3)然后由平行四邊形和數(shù)學知識,如正弦定理、余弦定理、三角形相似等求出兩分力的大小.典題演練提能·刷高分1.(多選)如圖所示,在“驗證力的平行四邊形定則”的實驗中,用A、B兩彈簧秤拉橡皮條結點,使其到達O點處,此時α+β>90°,然后保持彈簧測力計B的示數(shù)不變而減小β時,為保持結點O位置不變,可采取的辦法是()A.減小A的讀數(shù),同時減小α角B.減小A的讀數(shù),同時增大α角C.增大A的讀數(shù),同時減小α角D.增大A的讀數(shù),同時增大α角答案AB解析保持O點的位置不變,即保持兩彈簧測力計的合力FO不變,當保持彈簧測力計B的示數(shù)不變時,由平行四邊形定則作圖,由圖可知A、B正確,C、D錯誤.2.(2019河北衡水調研)如圖所示,質量為m的物體置于傾角為θ的固定斜面上,物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ,先用平行于斜面的推力F1作用于物體上使其能沿斜面勻速上滑(如圖甲),若改用水平推力F2作用于物體上,也能使物體沿斜面勻速上滑(如圖乙),則兩次的推力之比F1F2A.cosθ+μsinθ B.cosθ-μsinθC.1+μtanθ D.1-μtanθ答案B解析物體在力F1作用下和力F2作用下勻速運動時的受力如圖1、2所示.將物體受力沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解,由平衡條件可得:F1=mgsinθ+Ff1,FN1=mgcosθ,Ff1=μFN1,F2cosθ=mgsinθ+Ff2,FN2=mgcosθ+F2sinθ,Ff2=μFN2,解得:F1=mgsinθ+μmgcosθ,F2=mgsinθ+μmgcosθcosθ-考點二受力分析共點力的平衡命題角度1單物體及其受力的臨界問題高考真題體驗·對方向1.(2019全國Ⅱ·16)物塊在輕繩的拉動下沿傾角為30°的固定斜面向上勻速運動,輕繩與斜面平行.已知物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)為33,重力加速度取10m/s2.若輕繩能承受的最大張力為1500N,則物塊的質量最大為(A.150kg B.1003kgC.200kg D.2003kg答案A解析本題考查物體的平衡及臨界問題.因為物塊在拉力作用下沿斜面向上做勻速運動,所以F-mgsinθ-μmgcosθ=0,而F≤1500N.因此m=Fgsin2.(2019全國Ⅲ·16)用卡車運輸質量為m的勻質圓筒狀工件,為使工件保持固定,將其置于兩光滑斜面之間,如圖所示.兩斜面Ⅰ、Ⅱ固定在車上,傾角分別為30°和60°.重力加速度為g.當卡車沿平直公路勻速行駛時,圓筒對斜面Ⅰ、Ⅱ壓力的大小分別為F1、F2,則()A.F1=33mg,F2=32B.F1=32mg,F2=3C.F1=12mg,F2=32D.F1=32mg,F2=1答案D解析圓筒做勻速直線運動,所受的合外力為零.對圓筒受力分析,圓筒受兩個斜面的支持力與重力,有FN1sin30°=FN2sin60°,FN1cos30°+FN2cos60°=mg,聯(lián)立求得FN1=32mg,FN2=12mg.根據(jù)牛頓第三定律得,F1=FN1=32mg,F2=FN2=13.(2017全國Ⅲ·17)一根輕質彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80cm的兩點上,彈性繩的原長也為80cm.將一鉤碼掛在彈性繩的中點,平衡時彈性繩的總長度為100cm;再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點,則彈性繩的總長度變?yōu)?彈性繩的伸長始終處于彈性限度內)()A.86cm B.92cm C.98cm D.104cm答案B解析設開始時兩段彈性繩的夾角為α,彈性繩的拉力為FT,根據(jù)平衡條件可得2FTcosα2=mg,cosα2=(12)

2-(0.82)

212=0.6,得FT=56mg;彈性繩的兩端移到同一點時,設彈性繩的拉力為FT',則2FT'=mg,得FT'=12mg;設彈性繩第一次伸長量x,第二次伸長量x',根據(jù)胡克定律,有56臨界問題的分析方法當某一力(或某一物理量、某一物理現(xiàn)象)在題意中表現(xiàn)為“最大”“最小”“剛好”等特殊點時,形成“臨界現(xiàn)象”.(1)受力分析常見的四種臨界現(xiàn)象接觸面間彈力為零.接觸面間靜摩擦力為零或為最大值Ffmax.某種物理情景制約下的最值點,如懸繩承受力的最大值等.如圖所示,合力F的大小、方向均確定,一個分力F1的方向確定,另一個分力F2在A點與F1垂直時,有最小值F2小=Fsinα.(2)分析臨界現(xiàn)象的兩種方法方法一:極限分析臨界點首先分析確定臨界點之所在,然后在臨界點處應用受力與平衡知識分析計算、求解待求量.方法二:函數(shù)解析式求最值應用力與平衡的知識,列出待求量的函數(shù)解析式,在題意的定義域及值域內,求解函數(shù)的最值.典題演練提能·刷高分1.如圖所示,一個質量為m的滑塊置于傾角為30°的固定粗糙斜面上,一根輕彈簧一端固定在豎直墻上的P點,另一端系在滑塊上的Q點,直線PQ與斜面垂直,滑塊保持靜止.則()A.彈簧可能處于原長狀態(tài)B.斜面對滑塊的摩擦力大小可能為零C.斜面對滑塊的支持力大小可能為零D.滑塊一定受到四個力作用答案A解析直線PQ與斜面垂直,滑塊保持靜止,滑塊一定受摩擦力和支持力,彈簧的彈力可能為零,故A正確,BCD錯誤.2.〔2019河南名校聯(lián)盟調研考試(三)〕兩個質量均為m的小球A、B用輕桿連接,A球與固定在斜面上的光滑豎直擋板接觸,B球放在傾角為θ的斜面上,A、B均處于靜止狀態(tài),B球沒有滑動趨勢,則A球對擋板的壓力大小為()A.mgtanθ B.2mgtanθ C.mgtanθ 答案B解析由于B球沒有滑動趨勢,因此B球不受斜面的摩擦力,對A、B整體研究,受力分析如圖.根據(jù)平衡條件可得擋板對A球的彈力大小為F=2mgtanθ,根據(jù)牛頓第三定律可知,A球對擋板的壓力大小也為2mgtanθ,選項B正確,選項ACD錯誤.命題角度2多物體系統(tǒng)的受力高考真題體驗·對方向(2016全國Ⅲ·17)如圖,兩個輕環(huán)a和b套在位于豎直面內的一段固定圓弧上;一細線穿過兩輕環(huán),其兩端各系一質量為m的小球.在a和b之間的細線上懸掛一小物塊.平衡時,a、b間的距離恰好等于圓弧的半徑.不計所有摩擦.小物塊的質量為()A.m2 B.32m C.m 答案C解析由幾何關系知,△Oab為等邊三角形,故∠AaO=θ1=30°;設細線中的張力為FT,同一根繩子中的張力大小處處相等,故FT=mg,對a處受力分析知,θ1=θ2=30°,則θ3=30°,故α=60°,對結點C分析可知,2FTcosα=m物g,解得m物=m,選項C正確.應用整體法與隔離法的要點(1)不涉及系統(tǒng)內力時,優(yōu)先考慮用整體法,即“能整體、不隔離”.(2)應用隔離法,先隔離受力“簡單”的物體,如未知量少或受力少或處于系統(tǒng)邊緣處的物體.(3)各“隔離體”間的“關聯(lián)”力表現(xiàn)為作用力與反作用力,對整體系統(tǒng)則是內力.(4)將整體法與隔離法有機結合、靈活應用.(5)在某些特殊情形中,研究對象可以是物體的一部分,或繩子的結點、力的作用點等.典題演練提能·刷高分1.如圖所示,傾角θ=30°的斜面上,一質量為4m的物塊經跨過定滑輪的細繩與一質量為m的小球相連,現(xiàn)將小球從水平位置靜止釋放,小球由水平位置運動到最低點的過程中,物塊和斜面始終靜止,運動過程中小球和物塊始終在同一豎直平面內,則在此過程中()A.細繩的拉力先增大后減小B.物塊所受摩擦力逐漸增大C.地面對斜面的支持力逐漸增大D.地面對斜面的摩擦力逐漸增大答案D解析小球向下擺動的過程中,小球做圓周運動的速度逐漸增大,由向心力公式知細線對小球的拉力一直增大,A錯誤;開始物體有沿斜面下滑的趨勢,物體受沿斜面向上的摩擦力,隨繩的拉力增大,摩擦力減小.拉力增大到一定程度后物體受沿斜面向下的摩擦力,隨繩的拉力增大,摩擦力增大,所以斜面對物塊的摩擦力先減小后增大,B錯誤;對物塊和斜面組成的整體分析可知,整體受重力、地面的支持力、繩的拉力、地面的摩擦力,如圖所示.由于繩的拉力逐漸增大,所以地面對斜面的支持力一直減小,摩擦力一直增大,C錯誤,D正確.2.(2019山西太原第五中學月考)如圖所示,斜面上放有兩個完全相同的物體a、b,兩物體間用一根細線連接,在細線的中點加一與斜面垂直的拉力F,使兩物體均處于靜止狀態(tài).則下列說法正確的是()A.a、b兩物體的受力個數(shù)一定相同B.a、b兩物體對斜面的壓力不一定相同C.a、b兩物體受到的摩擦力大小可能不相等D.當逐漸增大拉力F時,物體b先開始滑動答案C解析對a、b進行受力分析,如圖所示.b物體處于靜止狀態(tài),當繩子沿斜面向上的分力與重力沿斜面向下的分力相等時,摩擦力為零,所以b可能只受3個力作用,而a物體必定受到摩擦力作用,肯定受4個力作用,選項A錯誤;a、b兩個物體,垂直于斜面方向受力都平衡,則有:FN+FTsinθ=mgcosθ,解得:FN=mgcosθ-FTsinθ,則a、b兩物體對斜面的壓力相同,選項B錯誤;根據(jù)A的分析可知,b的摩擦力可以為零,而a的摩擦力一定不為零,故C正確;對a沿斜面方向有:FTcosθ+mgsinθ=Ffa,對b沿斜面方向有:FTcosθ-mgsinθ=Ffb,正壓力相等,所以最大靜摩擦力相等,則a先達到最大靜摩擦力,先滑動,選項D錯誤.3.如圖所示,a、b兩個小球穿在一根光滑的固定桿上,并且通過一條細繩跨過定滑輪連接.已知b球質量為m,桿與水平面成θ角,不計所有摩擦,重力加速度為g.當兩球靜止時,Oa段繩與桿的夾角也為θ,Ob段繩沿豎直方向,則下列說法正確的是()A.a可能受到2個力的作用B.b可能受到3個力的作用C.繩子對a的拉力等于mgD.a的重力為mgtanθ答案C解析Ob繩沿豎直方向,b只受兩個力的作用,B錯誤;a受三個力的作用,A錯誤;繩子上的拉力大小等于mg,C正確;小球a受重力G、支持力FN、繩的拉力mg作用,且支持力FN與繩的拉力mg間的夾角為銳角,a球受力如圖,由平衡條件可知,FNsinθ=mgcos2θ,FNcosθ+mgsin2θ=mag,解得小球a的重力mag=mgcotθ,D錯誤.命題角度3力的動態(tài)平衡問題分析高考真題體驗·對方向1.(多選)(2019全國Ⅰ·19)如圖,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N,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()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解析對物塊N進行受力分析,如圖所示.F=mgtanβ,隨著β的增大,F增大,A錯誤.FT=mgcosβ,隨著FT增大,B正確.由于物塊M和N的質量關系、斜面傾角的大小均未知,不能確定物塊M所受斜面摩擦力的方向;當物塊M開始時所受斜面摩擦力的方向沿斜面向上時,隨FT增大,物塊M所受斜面摩擦力可能先減小后增加,C錯誤,D正確.2.(多選)(2017全國Ⅰ·21)如圖,柔軟輕繩ON的一端O固定,其中間某點M拴一重物,用手拉住繩的另一端N,初始時,OM豎直且MN被拉直,OM與MN之間的夾角為αα>π2.現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起,并保持夾角α不變.在OMA.MN上的張力逐漸增大B.MN上的張力先增大后減小C.OM上的張力逐漸增大D.OM上的張力先增大后減小答案AD解析方法一:受力分析如圖.設OM與豎直方向夾角為θ,M點繞O點做圓周運動,沿切線方向:FMNcos(α-90°)=mgsinθ,沿半徑方向:FOM=FMNsin(α-90°)+mgcosθ,故FMN=mgsinθcos(αFOM=mgsinθcos(α-90°)·sin(=mg=mgcos(α-90°)·cos(α-90°-θ),當θ=α-90°時存在極大值,故F方法二:利用矢量圓,如圖重力保持不變,是矢量圓的一條弦,FOM與FMN夾角即圓心角保持不變,由圖知FMN一直增大到最大,FOM先增大再減小,當OM與豎直夾角為θ=α-90°時FOM最大.3.(多選)(2016全國Ⅰ·19)如圖,一光滑的輕滑輪用細繩OO'懸掛于O點;另一細繩跨過滑輪,其一端懸掛物塊a,另一端系一位于水平粗糙桌面上的物塊b.外力F向右上方拉b,整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài).若F方向不變,大小在一定范圍內變化,物塊b仍始終保持靜止,則()A.繩OO'的張力也在一定范圍內變化B.物塊b所受到的支持力也在一定范圍內變化C.連接a和b的繩的張力也在一定范圍內變化D.物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內變化答案BD解析物塊b始終保持靜止,物塊a也始終保持靜止,繩子對a的拉力等于a的重力,繩子的夾角α也保持不變,OO'繩的拉力也保持不變,選項A、C錯誤.選b為研究對象,在y軸方向有FTcosβ+Fcosγ+FN=mbg,由于FT不變,F變化,所以FN也變化,選項B正確.FT和F在x軸方向的分力和桌面對b的摩擦力的合力為零,由于F在一定范圍內變化,則摩擦力也在一定范圍內變化,選項D正確.4.(2016全國Ⅱ·14)質量為m的物體用輕繩AB懸掛于天花板上.用水平向左的力F緩慢拉動繩的中點O,如圖所示.用T表示繩OA段拉力的大小,在O點向左移動的過程中()A.F逐漸變大,T逐漸變大B.F逐漸變大,T逐漸變小C.F逐漸變小,T逐漸變大D.F逐漸變小,T逐漸變小答案A解析由于是緩慢移動,O點所受力處于動態(tài)平衡,設任意時刻繩子與豎直方向的夾角為θ,移動過程中θ增大,如圖所示.將拉力F與重力合成后,合力與繩子拉力等大反向.根據(jù)幾何關系,可知F=Gtanθ,T=F合=Gcosθ,隨θ增大,F和T用圖解法或解析法分析動態(tài)平衡(1)圖解法物體受三個力,其中一個力恒定,另一個力大小或方向不變,求力的變化時,可用圖解法.在相應的“力三角形”中,先確定大小方向均不變的力,再確定只改變大小或方向的力,最后結合力三角形邊長、角度的變化特點,定性分析待求力大小、方向的變化.(2)解析法依據(jù)平衡條件和幾何關系,寫出待求力大小或方向(角度)的函數(shù)表達式,通過函數(shù)規(guī)律分析待求力變化特點及“臨界值”等.解析法較為精確,可以具體計算力的大小、方向,一般用于較復雜的動態(tài)現(xiàn)象.典題演練提能·刷高分1.(多選)(2019山東聊城模擬)如圖所示,一光滑小球放置在斜面與擋板之間處于靜止狀態(tài),不考慮一切摩擦,設斜面對小球的彈力為FN1,擋板對小球的彈力為FN2.如果把擋板由圖示位置緩慢繞O點轉至豎直位置,則此過程中()A.FN1始終減小 B.FN1先減小后增大C.FN2先減小后增大 D.FN2始終減小答案AD解析小球受力如圖甲所示,因擋板是緩慢轉動的,所以小球處于動態(tài)平衡狀態(tài),在此過程中,重力G、FN1、FN2組成的封閉矢量三角形的變化情況如圖乙所示.G大小、方向均不變,FN1方向始終不變,FN2方向與水平方向夾角逐漸減小到零,由圖可知此過程中,FN1始終減小,FN2始終減小,選項A、D正確.2.如圖所示,輕繩OA、OB系于水平桿上的A點和B點,兩繩與水平桿之間的夾角均為30°,重物通過細線系于O點.將桿在豎直平面內沿順時針方向緩慢轉動30°,此過程中()A.OA繩上拉力變大,OB繩上拉力變大B.OA繩上拉力變大,OB繩上拉力變小C.OA繩上拉力變小,OB繩上拉力變大D.OA繩上拉力變小,OB繩上拉力變小答案B解析轉動前,FTA=FTB,2FTAsin30°=mg,則FTA=mg=FTB;轉動后,OA與水平方向的夾角變?yōu)?0°,OB變?yōu)樗?FTA'sin60°=mg,FTA'cos60°=FTB'解得FTA'=233mg,FTB'=12FTA'=33mg3.(多選)如圖所示,不可伸長的輕繩AO和BO下端共同系一個物體P,且繩長AO>BO,AB兩端點在同一水平線上,開始時兩繩剛好繃直,細繩AO、BO的拉力分別設為FA、FB,現(xiàn)保持A、B端點在同一水平線上,在A、B緩慢向兩側遠離的過程中,關于兩繩拉力的大小隨A、B間距離的變化情況是()A.FA隨距離的增大而一直增大B.FA隨距離的增大而一直減小C.FB隨距離的增大而一直增大D.FB隨距離的增大先減小后增大答案AD解析以結點O為研究對象,受力分析如圖所示,由受力圖可以看出,開始時A的拉力為零,B的拉力與重力平衡;當A、B緩慢向兩側遠離的過程中,A的拉力增大、B的拉力開始減小,當OA與AB垂直時OB的拉力最小,當OA和OB之間的夾角大于90°時,OA的拉力一直在增大,OB的拉力開始增大;所以FA隨距離的增大而一直增大,FB隨距離的增大先減小后增大.根據(jù)以上分析可以知道,AD正確、BC錯誤.考點三實驗:1.探究彈力和彈簧伸長的關系2.驗證力的平行四邊形定則命題角度1探究彈力和彈簧伸長的關系及其“變式型”實驗高考真題體驗·對方向(2018全國Ⅰ·22)如圖(a),一彈簧上端固定在支架頂端,下端懸掛一托盤;一標尺由游標和主尺構成,主尺豎直固定在彈簧左邊;托盤上方固定有一能與游標刻度線準確對齊的裝置,簡化為圖中的指針.現(xiàn)要測量圖(a)中彈簧的勁度系數(shù).當托盤內沒有砝碼時,移動游標,使其零刻度線對準指針,此時標尺讀數(shù)為1.950cm;當托盤內放有質量為0.100kg的砝碼時,移動游標,再次使其零刻度線對準指針,標尺示數(shù)如圖(b)所示,其讀數(shù)為cm.當?shù)氐闹亓铀俣却笮?.80m/s2,此彈簧的勁度系數(shù)為N/m(保留3位有效數(shù)字).

答案3.77553.7解析①主尺讀數(shù)3.7cm,即37mm,游標尺第15格與主尺某刻度對齊,所以總讀數(shù)為37mm+15×120mm=37.75mm=3.②由F=kΔx得k=F=0.100×9.8(3.775-1.950)×1=0.981.825×10-2“變式型”實驗的突破“變式型”實驗的分析解答要以教材實驗原型為基礎,綜合應用力學中的規(guī)律與方法.本題以胡克定律為基礎,理解題中圖象的物理意義,利用斜率解決問題.典題演練提能·刷高分1.(2019河北承德一中模擬)(1)實驗小組在“探究彈力和彈簧伸長的關系”的實驗中,使用兩條不同的輕質彈簧a和b,得到彈力與彈簧長度的圖象如圖甲所示.下列表述正確的是;

甲A.a的原長比b的長 B.a的勁度系數(shù)比b的大C.a的勁度系數(shù)比b的小 D.測得的彈力與彈簧的長度成正比(2)另一實驗小組在同一實驗的研究性學習中,利用所學的知識解決了如下問題:一輕質彈簧豎直懸掛于某一深度為h=35.0cm,且開口向下的小筒中(沒有外力作用時彈簧的下端位于筒內,用彈簧測力計可以與彈簧的下端接觸),如圖乙所示,若本實驗的長度測量工具只能測量露出筒外彈簧的長度l,現(xiàn)要測出彈簧的原長l0和彈簧的勁度系數(shù),該同學通過改變l而測出對應的彈力F,作出F-l圖象如圖丙所示,則彈簧的勁度系數(shù)為k=N/m,彈簧的原長l0=cm.

答案(1)B(2)20025解析(1)在圖象中橫截距表示彈簧的原長,故a的原長比b的短,選項A錯誤;在圖象中斜率表示彈簧的勁度系數(shù)k,故a的勁度系數(shù)比b的大,選項B正確、C錯誤;彈簧的彈力滿足胡克定律,彈力與彈簧的形變量成正比,選項D錯誤.(2)根據(jù)胡克定律F與l的關系式為:F=k(l+h-l0)=kl+k(h-l0),從圖象中可得直線的斜率為2N/cm,截距為20N,故彈簧的勁度系數(shù)為k=2N/cm=200N/m;由k(h-l0)=20N,于是l0=25cm.2.實驗桌上放有小木塊、長木板、輕彈簧、毫米刻度尺、細線等,物理興趣小組的同學們設計了一個實驗,間接測量小木塊與長木板間的動摩擦因數(shù).實驗步驟如下:(1)如圖甲將彈簧豎直懸掛,用刻度尺測出彈簧的長度L1=4.00cm.(2)在圖甲的基礎上,將小木塊掛在彈簧下端(如圖乙),用刻度尺測出彈簧的長度L2=cm.

(3)將長木板固定在水平面上,如圖丙,用彈簧拉著小木塊(選填“水平勻速運動”或“水平加速運動”),測出此時彈簧的長度L3=6.07cm.

(4)根據(jù)上面的操作,可以得出小木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ=(結果保留兩位有效數(shù)字).

答案(2)8.65(8.63~8.67間都對)(3)水平勻速運動(4)0.45(0.44也對)解析(2)刻度尺的讀數(shù)需要估讀一位,故讀數(shù)為8.65cm;(3)用彈簧拉著小木塊水平勻速運動時,拉力等于滑動摩擦力;(4)滑動摩擦力Ff=μmg,μ=Ffmg,而根據(jù)平衡條件得mg=k(L2-L1),Ff=k(L3-L1),代入數(shù)據(jù)解得μ≈0.命題角度2驗證力的平行四邊形定則及其“變式型”實驗高考真題體驗·對方向(2017全國Ⅲ·22)某探究小組做“驗證力的平行四邊形定則”實驗,將畫有坐標軸(橫軸為x軸,縱軸為y軸,最小刻度表示1mm)的紙貼在水平桌面上,如圖(a)所示.將橡皮筋的一端Q固定在y軸上的B點(位于圖示部分之外),另一端P位于y軸上的A點時,橡皮筋處于原長.(1)用一只測力計將橡皮筋的P端沿y軸從A點拉至坐標原點O,此時拉力F的大小可由測力計讀出.測力計的示數(shù)如圖(b)所示,F的大小為N.

(2)撤去(1)中的拉力,橡皮筋P端回到A點;現(xiàn)使用兩個測力計同時拉橡皮筋,再次將P端拉至O點.此時觀察到兩個拉力分別沿圖(a)中兩條虛線所示的方向,由測力計的示數(shù)讀出兩個拉力的大小分別為F1=4.2N和F2=5.6N.(ⅰ)用5mm長度的線段表示1N的力,以O為作用點,在圖(a)中畫出力F1、F2的圖示,然后按平行四邊形定則畫出它們的合力F合;圖(a)圖(b)(ⅱ)F合的大小為N,F合與拉力F的夾角的正切值為.

若F合與拉力F的大小及方向的偏差均在實驗所允許的誤差范圍之內,則該實驗驗證了力的平行四邊形定則.答案(1)4.0(2)(ⅰ)F1、F2和F合如圖所示(ⅱ)3.80.05解析(1)題圖(b)中彈簧測力計的精度為0.2N,則示數(shù)為4.0N;(2)用5mm長的線段表示1N的力,F2對應的長度為2.8cm,F1對應的長度為2.1cm,根據(jù)平行四邊形定則作出的圖形如答案圖所示;測出F合的長度為1.9cm,則F合的大小為3.8N,如圖F合、F及ΔF構成的三角形,ΔF的長度約0.1cm,此三角形可近似看作直角三角形,則F合與拉力F的夾角的正切值tanα=0.11.9≈0.05作圖法求合力按力的實際效果作圖,應用平行四邊形定則畫出合力,根據(jù)比例關系求出合力大小.利用夾角很小時,近似看作直角三角形處理相關角度問題,是高考的一個考查點.典題演練提能·刷高分1.〔2018天津·9(2)〕某研究小組做“驗證力的平行四邊形定則”實驗,所用器材有:方木板一塊,白紙,量程為5N的彈簧測力計兩個,橡皮條(帶兩個較長的細繩套),刻度尺,圖釘(若干個).(1)具體操作前,同學們提出了如下關于實驗操作的建議,其中正確的有.

A.橡皮條應和兩繩套夾角的角平分線在一條直線上B.重復實驗再次進行驗證時,結點O的位置可以與前一次不同C.使用測力計時,施力方向應沿測力計軸線;讀數(shù)時視線應正對測力計刻度D.用兩個測力計互成角度拉橡皮條時的拉力必須都小于只用一個測力計時的拉力(2)該小組的同學用同一套器材做了四次實驗,白紙上留下的標注信息有結點位置O、力的標度、分力和合力的大小及表示力的作用線的點,如下圖所示.其中對于提高實驗精度最有利的是.

答案(1)BC(2)B解析(1)做驗證力的平行四邊形定則實驗時,橡皮筋和兩繩套夾角的角平分線沒有必要在一條直線上,選項A錯誤;在同一次實驗中要保持橡皮筋結點O在同一位置,但為了尋找普遍規(guī)律重復實驗(或不同實驗小組實驗)時,結點O的位置可以不同,選項B正確;由彈簧測力計的使用規(guī)則可知選項C正確;合力與分力的大小關系不確定,實驗中沒有必要使兩個測力計拉橡皮筋時拉力小于只用一個測力計時的拉力,選項D錯誤.(2)A、D圖中選擇的力的標度太大,不方便作圖,并且A圖中表示力的作用線的點離結點O太近不利于確定力的方向,選項A、D錯誤;C圖中實驗時彈簧測力計的示數(shù)太小,作圖誤差較大,不利于總結實驗結論,選項C錯誤.故只有選項B最符合題意.2.小明同學想利用實驗驗證共點力作用下物體的平衡條件,他設計了以下實驗過程.在豎直木板上固定兩個定滑輪M1和M2,在一個鐵環(huán)P上系三根輕細繩a、b、c,其中a、b細繩跨過滑輪各掛一組鉤碼,細繩c直接掛一組鉤碼,每個鉤碼質量相同,輕繩、鉤碼、鐵環(huán)均與木板不接觸,整個裝置平衡時情況如圖所示.(1)小明想通過作圖法來進行驗證,他除了記錄鐵環(huán)P位置及三根細繩的方向外,還需知道哪些物理量?.

A.每組鉤碼的個數(shù)B.每個鉤碼的質量C.鐵環(huán)P的質量D.M1、M2兩滑輪的高度差(2)關于本實驗,下列說法正確的是.

A.為了減小實驗誤差,兩滑輪與繩間的摩擦盡量小些B.為了減小實驗誤差,鐵環(huán)P的質量應盡量小些C.改變滑輪兩側鉤碼個數(shù),重新實驗時應保持鐵環(huán)P位置不變D.作力的圖示時應選擇適當?shù)臉硕却鸢?1)ABC(2)AD解析(1)作圖法驗證力的平行四邊形定則,必須知道鐵環(huán)所受的各個力的大小和方向,故ABC正確,D錯誤.(2)兩滑輪與繩間的摩擦越小,繩上的拉力測得越準,若沒有摩擦則等于所掛鉤碼的重力,故A正確;因為作圖時考慮了鐵環(huán)的重力,故鐵環(huán)的質量沒有影響,B錯誤;本實驗是利用共點力的平衡驗證平行四邊形定則,故P的位置沒有要求,C錯誤;作力的圖示時應結合力的大小選擇合適的標度,D正確.3.(2019遼寧大連模擬)將橡皮筋的一端固定在A點,另一端拴上兩根細繩,每根細繩分別連著一個量程為5N、最小刻度為0.1N的彈簧測力計,沿著兩個不同的方向拉彈簧測力計,當橡皮筋的活動端拉到O點時,兩根細繩相互垂直,如圖甲所示.這時彈簧測力計的讀數(shù)可從圖中讀出.甲乙(1)由圖甲可讀得兩個相互垂直的拉力的大小分別為N和N.

(2)在如圖乙所示的方格紙上按作圖法的要求畫出這兩個力及它們的合力.丙(3)圖丙中a、b兩圖是兩位同學得到的實驗結果,其中哪一個圖符合實際?;若合力測量值F'是準確的,則F與F'有誤差的原因可能有哪些?

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答案(1)2.504.00(或4.002.50)(2)見解析圖(3)b誤差原因見解析解析(1)彈簧測力計的最小刻度為0.1N,讀數(shù)時應估讀一位,所以讀數(shù)分別為2.50N和4.00N.(2)取一個小方格的邊長表示0.50N,作出兩個力及它們的合力如圖所示.(3)F'是用一個彈簧測力計拉橡皮筋所得到的,其方向一定在橡皮筋所在直線上,所以b圖符合實際.產生誤差的原因主要是彈簧測力計讀數(shù)誤差,確定分力方向不夠準確等.4.如圖所示,某小組同學利用DLS實驗裝置研究支架上力的分解.A、B為兩個相同的雙向力傳感器,該型號傳感器在受到拉力時讀數(shù)為正,受到壓力時讀數(shù)為負.A連結質量不計的細繩,并可沿固定的圓弧形軌道移動,B連結質量不計的輕桿,結點位于圓弧形軌道的圓心處,保持桿沿水平方向.隨后按如下步驟操作(g取10m/s2):①測量繩子與水平桿的夾角∠AOB=θ;②對兩個傳感器進行調零;③用另一繩在O點懸掛一個鉤碼,記錄兩個傳感器讀數(shù);④取下鉤碼,移動傳感器A,改變θ角,重復上述步驟,得到數(shù)據(jù)表格a.(1)根據(jù)表格a,可知A傳感器對應的是表中的力(填“F1”或“F2”),并求得鉤碼質量為kg(保留一位有效數(shù)字);

(2)換用不同鉤碼做此實驗,重復上述實驗步驟,得到數(shù)據(jù)表格b.則表格b中30°所對應的F2空缺處數(shù)據(jù)應為N;

F1/N1.013…F2/N……θ30°60°…表格aF1/N1.0130.580…1.002…F2/N…-0.291…0.865…θ30°60°…150°…表格b(3)實驗中,讓A傳感器沿圓心為O的圓弧形(不是其他的形狀)軌道移動的主要目的是(單選)()A.方便改變A傳感器的讀數(shù)B.方便改變B傳感器的讀數(shù)C.保持輕桿右端O的位置不變D.方便改變細繩與桿的夾角θ答案(1)F10.05(2)-0.877(3)C解析(1)因繩子只能提供拉力,傳感器示數(shù)為正值,由表格a和表格b中實驗數(shù)據(jù)可知,A傳感器對應的是表中力F1,對節(jié)點O,由平衡條件得:F1sin30°=mg,解得m≈0.05kg;(2)對于O點,受力平衡,O點受到F1、F2及鉤碼向下的拉力,根據(jù)幾何關系可知:F2=F1cos30°=1.013×32N≈0.877N,因為B受到的是壓力,故F2空缺處數(shù)據(jù)應為-0.877N;(3)讓A傳感器沿圓心為O的圓弧形軌道移動,移動傳感器的過程中,傳感器與O點的距離保持不變,O點位置保持不變,故C正確5.某同學在做“驗證力的平行四邊形定則”實驗時,將橡皮筋改為勁度系數(shù)為400N/m的輕質彈簧AA',將彈簧的一端A'固定在豎直墻面上.不可伸長的細線OA、OB、OC,分別固定在彈簧的A端和彈簧秤甲、乙的掛鉤上,其中O為OA、OB、OC三段細線的結點,如圖甲所示.在實驗過程中,保持彈簧AA'伸長1.00cm不變.(1)若OA、OC間夾角為90°,彈簧秤乙的讀數(shù)是N(如圖乙所示),則彈簧秤甲的讀數(shù)應為N.

(2)在(1)問中若保持OA與OB的夾角不變,逐漸增大OA與OC的夾角,則彈簧秤甲的讀數(shù)大小將,彈簧秤乙的讀數(shù)大小將.

答案(1)3.005.00(2)一直變小先變小后變大解析(1)彈簧測力計的最小分度為0.1N,故應估讀一位,讀數(shù)為3.00N;輕質彈簧AA'上的拉力FA=kx=4.00N,彈簧秤乙的讀數(shù)為F乙=3.00N,根據(jù)受力平衡知彈簧秤甲的讀數(shù)F甲=5.00N.(2)彈簧秤甲與彈簧秤乙拉力的合力與輕彈簧上的拉力等大反向,根據(jù)圖解法(如圖)可知彈簧秤甲的讀數(shù)一直變小,彈簧秤乙的讀數(shù)大小先變小后變大.牛頓運動定律2020年高考必備2015年2016年2017年2018年2019年Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷Ⅰ卷Ⅱ卷Ⅲ卷考點一牛頓運動定律的理解1820考點二兩類動力學問題202024151920考點三牛頓運動定律的綜合應用252525212524、25考點四實驗:驗證牛頓第二定律2322考點一牛頓運動定律的理解命題角度1(儲備)應用牛頓第三定律轉換研究對象【典題】重力為G的體操運動員在進行自由體操比賽時,有如圖所示的比賽動作,當運動員豎直倒立保持靜止狀態(tài)時,兩手臂對稱支撐,夾角為θ,則()A.當θ=60°時,運動員單手對地面的正壓力大小為GB.當θ=120°時,運動員單手對地面的正壓力大小為GC.當θ不同時,運動員受到的合力不同D.當θ不同時,運動員與地面之間的相互作用力不相等答案A解析以運動員為研究對象,受到重力和地面對兩只手的支持力,運動員處于靜止狀態(tài),每只手受到的支持力大小都等于12G,和夾角θ無關,根據(jù)牛頓第三定律可知,運動員單手對地面的正壓力大小為12G轉換研究對象的解題方法如果不能直接求解物體受到的某個力時,可先求它的反作用力,即利用牛頓第三定律轉換研究對象,轉換研究對象后所求的力與待求力是“等大”的,因此問題得以巧妙地解決.如求壓力時可先求支持力;在許多問題中,摩擦力的求解亦是如此.命題角度2加速度與力的關系高考真題體驗·對方向1.(多選)(2016全國Ⅰ·18)一質點做勻速直線運動.現(xiàn)對其施加一恒力,且原來作用在質點上的力不發(fā)生改變,則()A.質點速度的方向總是與該恒力的方向相同B.質點速度的方向不可能總是與該恒力的方向垂直C.質點加速度的方向總是與該恒力的方向相同D.質點單位時間內速率的變化量總是不變答案BC解析勻速直線運動的質點加一恒力后,合力即該恒力,質點做勻變速運動,根據(jù)牛頓第二定律F=ma,可知C選項正確;由加速度定義式a=ΔvΔ2.(多選)(2016全國Ⅲ·20)如圖,一固定容器的內壁是半徑為R的半球面;在半球面水平直徑的一端有一質量為m的質點P.它在容器內壁由靜止下滑到最低點的過程中,克服摩擦力做的功為W.重力加速度大小為g.設質點P在最低點時,向心加速度的大小為a,容器對它的支持力大小為FN,則()A.a=2(mgR-W)C.FN=3mgR-2WR D.答案AC解析質點P由靜止滑到最低點過程由動能定理得mgR-W=12mv2在最低點時有a=v2聯(lián)立①②解得a=2(mgR由牛頓第二定律得FN-mg=mv2聯(lián)立①③解得FN=3mgR-2合力、加速度、速度之間的關系判定(1)不管速度是大還是小,只要合力不為零,物體一定有加速度.(2)a=ΔvΔt是加速度的定義式,a與Δv、Δt無必然聯(lián)系;a=Fm是加速度的決定式,a∝F,a(3)合力與速度同向時,物體加速運動;合力與速度反向時,物體減速運動.典題演練提能·刷高分1.如圖所示,小明將疊放在一起的A、B兩本書拋給小強,已知A的質量為m,重力加速度為g,兩本書在空中不翻轉,不計空氣阻力,則A、B在空中運動時()A.A的加速度等于gB.B的加速度大于gC.A對B的壓力等于mgD.A對B的壓力大于mg答案A解析A、B在空中運動時,A、B處于完全失重狀態(tài),A、B之間沒有作用力,A、B的加速度均為重力加速度,故A正確,BCD錯誤.2.在向右勻速運動的小車內,用細繩a和b系住一個小球,繩a處于斜向上的方向,拉力為Fa,繩b處于水平方向,拉力為Fb,如圖所示.現(xiàn)讓小車向右做勻減速運動,此時小球相對于車廂的位置仍保持不變,則兩根細繩的拉力變化情況是()A.Fa變大,Fb不變B.Fa變小,Fb變小C.Fa不變,Fb變大D.Fa不變,Fb變小答案C解析小車向右做勻減速運動時,小球相對于車廂的位置仍保持不變,故對小球受力分析可知,Fa的豎直分量大小仍等于mg,Fa不變,Fa的水平分量也不變,而加速度水平向左,故Fb變大,C正確.3.如圖所示,小車在水平地面上向右做勻速直線運動,車內A、B兩物體疊放在一起,因前方有障礙物,為避免相撞,小車剎車制動,在小車整個運動的過程中,A、B兩物體始終保持相對靜止且隨小車一起運動,則下列說法正確的是()A.在小車勻速運動過程中,A、B兩物體間存在摩擦力B.在小車勻速運動過程中,B物體相對小車有向右運動的趨勢C.在小車剎車制動過程中,A相對B一定有沿斜面向上運動的趨勢D.在小車剎車制動過程中,A、B兩物體間一定存在著沿斜面方向上的摩擦力答案A解析小車勻速運動時,A、B處于平衡狀態(tài),B相對小車無運動趨勢,且由受力分析可知,A、B兩物體間一定存在摩擦力,故A對,B錯;小車剎車制動過程中由于加速度大小未知,A、B間相對運動趨勢方向不能確定,所以C、D錯誤.命題角度3(儲備)牛頓第二定律瞬時性的理解【典題】(多選)如圖所示,質量為2kg的物體A靜止在豎直的輕彈簧上面,質量為3kg的物體B用細線懸掛并恰好與A物體相互接觸.g取10m/s2.某時刻將細線剪斷,則細線剪斷瞬間()A.彈簧的彈力大小為30NB.物體B的加速度大小為10m/s2C.物體A的加速度大小為6m/s2D.物體A對物體B的支持力大小為12N答案CD解析彈簧的彈力大小不會瞬間變化,故剪斷細線的瞬間,彈力大小不變,仍為20N,A錯誤;A、B有共同加速度,a=GA+GB-FxmA+mB=20+30-205m/s2=6m/s2,B錯誤,C正確;以B為研究對象,mBg-FN=mBa瞬時問題的分析方法(1)分析物體的瞬時問題,關鍵是弄清瞬時前后的受力情況和運動狀態(tài)的變化情況,正確分析該時刻的受力,然后再由牛頓第二定律求出瞬時加速度.(2)分析此類問題應特別注意繩或線類、彈簧或橡皮繩類模型的特點.①輕繩、輕桿或接觸面——不發(fā)生明顯形變就能產生彈力的物體,剪斷(或脫離)后,其彈力立即消失,不需要形變恢復時間;②輕彈簧、輕橡皮繩——兩端同時連接(或附著)有物體的彈簧或橡皮繩,特點是形變量大,其形變恢復需要較長時間,在瞬時性問題中,其彈力的大小往往可以看成保持不變.典題演練提能·刷高分1.如圖所示,質量為m的小球被非彈性繩A和B系住,其中B繩水平,下列說法正確的是()A.平衡時水平繩的拉力為mgsinαB.剪斷水平繩,斜繩的拉力不變C.剪斷水平繩,小球的加速度為gsinαD.剪斷斜繩,小球的加速度為gtanα答案C解析對小球受力分析,平衡時水平繩的拉力為mgtanα,A錯誤;平衡時斜繩的拉力為mgcosα,剪斷水平繩,斜繩的拉力為mgcosα,B錯誤;剪斷水平繩,小球的加速度為a=mgsinαm=gsin2.如圖所示,水平面上放有三個木塊A、B、C,質量均為m=1kg,A、C與地面間的接觸面光滑,B與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.1,A、B之間用輕彈簧相連,B、C之間用輕繩相連.現(xiàn)在給C一個水平向右的大小為4N的拉力F,使A、B、C三個木塊一起以相同的加速度向右做勻加速直線運動.某一時刻撤去拉力F,則撤去力F的瞬間,輕繩中的張力FT為(重力加速度g取10m/s2)()A.0 B.1N C.2N D.3N答案B解析在拉力作用下對整體由牛頓第二定律可得F-μmg=3ma解得a=1m/s2.彈簧上的彈力不能瞬間變化,設彈力大小為F',對A由牛頓第二定律可得F'=ma=1×1N=1N當撤去外力后,把B、C作為整體由牛頓第二定律可知F'+μmg=2ma'解得a'=1m/s2,方向向左.對C受力分析由牛頓第二定律可得F″=ma'=1N,故B正確.3.(多選)如圖所示,一輛平板小車靜止在光滑水平面上,車上固定由正六邊形的三邊構成的槽型容器ABCD,光滑小球靜止在容器內且與AB、BC和CD邊都接觸.現(xiàn)使小車以加速度a向左做勻加速直線運動.g為重力加速度.則()A.若AB和CD邊對小球的作用力都為零,則a=3gB.若AB和CD邊對小球的作用力都為零,則a=33C.若AB邊對小球的作用力為零,則BC和CD邊對球的作用力大小相等D.若AB邊對小球的作用力為零,則BC和CD邊對球的作用力大小之差為一定值答案AD解析當AB、CD邊對小球的作用力都為零時,對小球進行受力分析可知,a=mgtan60°m=3g,A正確,B錯誤;當AB邊對小球的作用力為零時,對小球進行受力分析可知,豎直方向上FBCcos60°-FCD4.(多選)如圖所示,在動摩擦因數(shù)μ=0.2的水平面上有一個質量m=1kg的小球,小球一端與水平輕彈簧相連,另一端與豎直方向成θ=45°角的不可伸長的輕繩相連,此時小球處于靜止狀態(tài),且水平面對小球的彈力恰好為零.在剪斷輕繩的瞬間(g取10m/s2).下列說法中正確的是()A.小球受力個數(shù)不變B.小球立即向左運動,且a=8m/s2C.小球立即向左運動,且a=10m/s2D.若剪斷的是彈簧,則剪斷瞬間小球加速度為零答案BD解析在剪斷輕繩前,小球受重力、繩子的拉力以及彈簧的彈力處于平衡狀態(tài),根據(jù)共點力平衡得,彈簧的彈力F=mgtan45°=10×1N=10N,彈簧處于伸長狀態(tài).剪斷輕繩的瞬間,彈簧的彈力仍然為10N,小球此時受重力、支持力、彈簧彈力和摩擦力四個力作用,小球的受力個數(shù)發(fā)生改變,故A錯誤;剪斷輕繩時,小球所受的最大靜摩擦力為Ff=μmg=0.2×10N=2N,根據(jù)牛頓第二定律得,小球的加速度為a=F-Ffm=10-21m/s2=考點二兩類動力學問題命題角度1已知運動(受力)求受力(運動)高考真題體驗·對方向1.(多選)(2019全國Ⅲ·20)如圖(a),物塊和木板疊放在實驗臺上,物塊用一不可伸長的細繩與固定在實驗臺上的力傳感器相連,細繩水平.t=0時,木板開始受到水平外力F的作用,在t=4s時撤去外力.細繩對物塊的拉力f隨時間t變化的關系如圖(b)所示,木板的速度v與時間t的關系如圖(c)所示.木板與實驗臺之間的摩擦可以忽略.重力加速度取10m/s2.由題給數(shù)據(jù)可以得出()A.木板的質量為1kgB.2s~4s內,力F的大小為0.4NC.0~2s內,力F的大小保持不變D.物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2答案AB解析對物塊受力分析可知,細繩對物塊的拉力f等于木板與物塊間的摩擦力.由題圖(b)可知,滑動摩擦力Ff=0.2N,設木板質量為m木,對木板:4~5s內的加速度a2=ΔvΔt=-0.21m/s2=-0.2m/s2,-Ff=m木a2,可求得m木=1kg,A正確.對木板:2~4s內,F-Ff=m木a1,a1=0.2m/s2,求得F=0.4N,B正確.對木板:0~