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1、 專題一　力與運(yùn)動(dòng) 第一講力與物體平衡 考點(diǎn)一 受力分析 1.[考查共點(diǎn)力的平衡條件、彈力的方向判斷] 如圖所示，三個(gè)形狀不規(guī)則的石塊a、b、c在水平桌面上成功地疊放在一起。下列說法正確的是(　　) A．石塊b對(duì)a的支持力一定豎直向上 B．石塊b對(duì)a的支持力一定等于a受到的重力 C．石塊c受到水平桌面向左的摩擦力 D．石塊c對(duì)b的作用力一定豎直向上 解析：選D　由題圖可知，a與b的接觸面不是水平面，可知石塊b對(duì)a的支持力與其對(duì)a的靜摩擦力的合力，跟a受到的重力是一對(duì)平衡力，故A、B錯(cuò)誤；以三個(gè)石塊作為整體研究，整體受到的重力與支持力是一對(duì)平衡力，則石塊c不會(huì)受

2、到水平桌面的摩擦力，故C錯(cuò)誤；選取ab作為整體研究，根據(jù)平衡條件，石塊c對(duì)b的作用力與其重力平衡，則石塊c對(duì)b的作用力一定豎直向上，故D正確。 2．[考查摩擦力的有無及方向判斷] [多選]如圖甲、乙所示，傾角為θ的斜面上放置一滑塊M，在滑塊M上放置一個(gè)質(zhì)量為m的物塊，M和m相對(duì)靜止，一起沿斜面勻速下滑，下列說法正確的是(　　) A．圖甲中物塊m受到摩擦力 B．圖乙中物塊m受到摩擦力 C．圖甲中物塊m受到水平向左的摩擦力 D．圖乙中物塊m受到與斜面平行向上的摩擦力 解析：選BD　對(duì)題圖甲：設(shè)m受到摩擦力，則物塊m受到重力、支持力、摩擦力，而重力、支持力平衡，若受到摩擦力作用，其

3、方向與接觸面相切，方向水平，則物體m受力將不平衡，與題中條件矛盾，故假設(shè)不成立，A、C錯(cuò)誤。對(duì)題圖乙：設(shè)物塊m不受摩擦力，由于m勻速下滑，m必受力平衡，若m只受重力、支持力作用，由于支持力與接觸面垂直，故重力、支持力不可能平衡，則假設(shè)不成立，由受力分析知：m受到與斜面平行向上的摩擦力，B、D正確。 3．[考查力的合成與分解、胡克定律] [多選]如圖，粗糙水平面上a、b、c、d四個(gè)相同小物塊用四根完全相同的輕彈簧連接，正好組成一個(gè)等腰梯形，系統(tǒng)靜止。ab之間、ac之間以及bd之間的彈簧長度相同且等于cd之間彈簧長度的一半，ab之間彈簧彈力大小為cd之間彈簧彈力大小的一半。若a受到的摩擦力大小

4、為f，則(　　) A．a(chǎn)b之間的彈簧一定是壓縮的 B．b受到的摩擦力大小為f C．c受到的摩擦力大小為f D．d受到的摩擦力大小為2f 解析：選ABC　設(shè)每根彈簧的原長為L0，ab之間彈簧的形變量為Δx1，cd之間彈簧的形變量為Δx2，則有kΔx2＝2kΔx1，若ab之間的彈簧也是被拉長，則有：L0＋Δx2＝2(L0＋Δx1)，解得L0＝0，不符合題意，所以ab之間的彈簧被壓縮，A正確；由于a受到的摩擦力大小為f，根據(jù)對(duì)稱性可得，b受到的摩擦力大小也為f，B正確；以a和c為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析如圖所示，圖中的θ為ac與cd之間的夾角，則cos θ＝＝，所以θ＝60°，則∠cab＝12

5、0°，a受到的摩擦力大小f＝T；對(duì)c根據(jù)力的合成可得fc＝f，所以C正確；由于c受到的摩擦力大小為f，根據(jù)對(duì)稱性可知，d受到的摩擦力大小也為f，D錯(cuò)誤。 4．[考查物體的平衡條件、摩擦力的分析與計(jì)算] 如圖，滑塊A置于水平地面上，滑塊B在一水平力作用下緊靠滑塊A(A、B接觸面豎直)，此時(shí)A恰好不滑動(dòng)，B剛好不下滑。已知A與B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，A與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。A與B的質(zhì)量之比為(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選B　滑塊B剛好不下滑，根據(jù)平衡條件得mBg＝μ1F；滑塊A恰好不滑動(dòng)，則滑塊A與地面之間的摩擦力等于最

6、大靜摩擦力，把A、B看成一個(gè)整體，根據(jù)平衡條件得F＝μ2(mA＋mB)g，解得＝。選項(xiàng)B正確。 考點(diǎn)二 整體法與隔離法的應(yīng)用 5.[考查整體法與隔離法、力的合成與分解] 如圖所示，質(zhì)量為M的四分之一圓柱體放在粗糙水平地面上，質(zhì)量為m的正方體放在圓柱體和光滑墻壁之間，且不計(jì)圓柱體與正方體之間的摩擦，正方體與圓柱體的接觸點(diǎn)的切線與右側(cè)墻壁成θ角，圓柱體處于靜止?fàn)顟B(tài)。則(　　) A．地面對(duì)圓柱體的支持力為Mg B．地面對(duì)圓柱體的摩擦力為mgtan θ C．墻壁對(duì)正方體的彈力為 D．正方體對(duì)圓柱體的壓力為 解析：選C　以正方體為研究對(duì)象，受力分析，如圖： 由幾何知識(shí)得，墻壁對(duì)正

7、方體的彈力FN1＝ 圓柱體對(duì)正方體的彈力 FN2＝， 根據(jù)牛頓第三定律得正方體對(duì)圓柱體的壓力為。 以圓柱體和正方體為研究對(duì)象，豎直方向受力平衡， 地面對(duì)圓柱體的支持力：FN＝(M＋m)g， 水平方向受力平衡，地面對(duì)圓柱體的摩擦力： Ff＝FN1＝。 故選C。 6．[考查整體法與隔離法、物體的平衡條件] [多選]如圖所示，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的右端通過輕質(zhì)彈簧秤固定在豎直的墻壁上，A、B、C、質(zhì)量相等，且各接觸面動(dòng)摩擦因數(shù)相同，用大小為F的力向左拉動(dòng)C，使它以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，三者穩(wěn)定后彈簧秤的示數(shù)為T。則下列說法正確的是(　　)

8、A．B對(duì)A的摩擦力大小為T，方向向左 B．A和B保持靜止，C勻速運(yùn)動(dòng) C．A保持靜止，B和C一起勻速運(yùn)動(dòng) D．C受到地面的摩擦力大小為F－T 解析：選ACD　由題意，A、B、C質(zhì)量相等，且各接觸面動(dòng)摩擦因數(shù)相同，再依據(jù)滑動(dòng)摩擦力公式Ff＝μFN，可知，B、C之間的滑動(dòng)摩擦力大于A、B之間的，因此在F作用下，BC作為一整體運(yùn)動(dòng)的，對(duì)A受力分析：A受水平向右的拉力和水平向左的摩擦力，那么根據(jù)平衡條件，可知，B對(duì)A的摩擦力大小為T，方向向左，故A、C正確，B錯(cuò)誤；又因?yàn)槟景彘g力的作用是相互的，則木板B受到A對(duì)它水平向右的摩擦力，大小為T；由于B、C做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則B、C受到水平向左的拉力F

9、和水平向右的兩個(gè)摩擦力平衡(A對(duì)B的摩擦力和地面對(duì)C的摩擦力)，根據(jù)平衡條件可知，C受到地面的摩擦力大小為F－T，故D正確。 7．[考查整體法與隔離法、摩擦力的分析與判斷] [多選]如圖所示，質(zhì)量為M的斜面體A放在粗糙水平面上，用輕繩拴住質(zhì)量為m的小球B置于斜面上，整個(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知斜面傾角及輕繩與豎直方向夾角均為θ＝30°。不計(jì)小球與斜面間的摩擦，則(　　) A．輕繩對(duì)小球的作用力大小為mg B．斜面對(duì)小球的作用力大小為mg C．斜面體對(duì)水平面的壓力大小為(M＋m)g D．斜面體與水平面間的摩擦力大小為mg 解析：選AD　以小球B為研究對(duì)象，受力如圖甲所示，由幾何關(guān)系知

10、θ＝β＝30°。根據(jù)受力平衡可得 FT＝FN＝mg 以斜面體A為研究對(duì)象，其受力如圖乙所示。 由受力平衡得FN1＝Mg＋FN′cos θ＝Mg＋mg Ff＝FN′sin θ＝mg 故B、C選項(xiàng)錯(cuò)誤，A、D選項(xiàng)正確。 考點(diǎn)三 動(dòng)態(tài)平衡問題 8.[考查用圖解法分析動(dòng)態(tài)平衡問題] 質(zhì)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(dòng)繩的中點(diǎn)O，如圖所示。用T表示繩 OA段拉力的大小，在O點(diǎn)向左移動(dòng)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 解析：選A　以O(shè)點(diǎn)為研究

11、對(duì)象，受力如圖所示，當(dāng)用水平向左的力緩慢拉動(dòng)O點(diǎn)時(shí)，則繩OA與豎直方向的夾角變大，由共點(diǎn)力的平衡條件知F逐漸變大，T逐漸變大，選項(xiàng)A正確。 9．[考查用解析法分析動(dòng)態(tài)平衡問題] [多選]如圖所示，疊放在一起的A、B兩物體放置在光滑水平地面上，A、B之間的水平接觸面是粗糙的，細(xì)線一端固定在A物體上，另一端固定于N點(diǎn)，水平恒力F始終不變，A、B兩物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)，若將細(xì)線的固定點(diǎn)由N點(diǎn)緩慢下移至M點(diǎn)(線長可變)，A、B兩物體仍處于靜止?fàn)顟B(tài)，則(　　) A．細(xì)線的拉力將減小 B．A物體所受的支持力將增大 C．A物體所受摩擦力將增大 D．水平地面所受壓力將減小 解析：選AB　以A、B兩

12、物體組成的系統(tǒng)作為研究對(duì)象，受力分析如圖甲所示。 水平方向FTcos α＝F，豎直方向：FN＋FTsin α＝(mA＋mB)g，因?yàn)榧?xì)線與水平地面的夾角α減小，cos α增大，sin α減小，F(xiàn)T將減小，F(xiàn)N將增大，所以細(xì)線所受拉力減小，地面受到的壓力增大，A正確，D錯(cuò)誤；以物體A為研究對(duì)象，受力分析如圖乙所示，豎直方向：FNA＋FTsin α＝mAg，F(xiàn)T減小，sin α減小，所以FNA增大，B正確；以B為研究對(duì)象，在水平方向上由力的平衡可得Ff＝F，A物體所受摩擦力不變，C錯(cuò)誤。 10．[考查用相似三角形法求解動(dòng)態(tài)平衡問題] [多選]如圖所示，質(zhì)量均為m的小球A、B用勁度系數(shù)為k

13、1的輕彈簧相連，B球用長為L的細(xì)繩懸于O點(diǎn)，A球固定在O點(diǎn)正下方，當(dāng)小球B平衡時(shí)，繩子所受的拉力為FT1，彈簧的彈力為F1；現(xiàn)把A、B間的彈簧換成原長相同但勁度系數(shù)為k2(k2>k1)的另一輕彈簧，在其他條件不變的情況下仍使系統(tǒng)平衡，此時(shí)繩子所受的拉力為FT2，彈簧的彈力為F2，則下列關(guān)于FT1與FT2、F1與F2大小之間的關(guān)系，正確的是(　　) A．FT1>FT2 B．FT1＝FT2 C．F1

14、此有＝＝，其中OA、L保持不變，因此繩子的拉力FT大小保持不變，A錯(cuò)誤、B正確；當(dāng)彈簧的勁度系數(shù)k增大時(shí)，彈簧的壓縮量減小，A、B間距離增大，因此對(duì)應(yīng)的力F增大，C正確、D錯(cuò)誤。 考點(diǎn)四 電磁場中的平衡問題 11.[考查庫侖定律、物體的平衡條件、力的合成與分解] [多選]如圖所示，絕緣水平地面上固定一個(gè)光滑絕緣斜面，斜面與水平面的夾角θ＝30°。一根輕質(zhì)絕緣細(xì)線的一端固定在斜面頂端，另一端系有一個(gè)帶電小球A，細(xì)線與斜面平行，且小球A正好靜止在斜面中點(diǎn)。在小球A的正下方地面處固定放置一帶電小球B，兩球相距為d。已知兩球的質(zhì)量均為m、電荷量均為＋q，靜電力常量為k，重力加速度為g，兩球

15、均可視為點(diǎn)電荷。則下列說法正確的是(　　) A．兩球之間的庫侖力F＝k B．當(dāng)＝ 時(shí)，斜面對(duì)小球A的支持力為 C．當(dāng)＝ 時(shí)，細(xì)線上拉力為0 D．將小球B移到斜面底面左端C點(diǎn)，當(dāng)＝2時(shí)，斜面對(duì)小球A的支持力為0 解析：選ABD　依據(jù)庫侖定律，得兩球之間的庫侖力大小為F＝k，故A正確；當(dāng)＝ 時(shí)，則有k＝mg，對(duì)球A受力分析，如圖甲所示：根據(jù)矢量的合成法則，依據(jù)三角知識(shí)，則支持力N＝，拉力T＝，故B正確，C錯(cuò)誤；當(dāng)小球B移到斜面底面左端C點(diǎn)，對(duì)球A受力分析，如圖乙所示： 依據(jù)幾何關(guān)系可知，T與F的夾角為120°，且兩力的合力與重力反向。當(dāng)＝ 時(shí)，即有k＝mg，根據(jù)矢量的合成法則，則有

16、兩合力與重力等值反向，那么斜面對(duì)小球A的支持力為N＝0，而現(xiàn)在＝2時(shí)，即有k＝4mg，那么小球A離開斜面，因此斜面對(duì)小球A的支持力仍為零，故D正確。 12．[考查庫侖力作用下物體的動(dòng)態(tài)平衡問題] 如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的兩個(gè)帶同種電荷的小球a和b，分別靜止在豎直墻面和水平地面上；b球被光滑豎直板擋住，所有接觸面均光滑，a球由于緩慢漏電而緩慢下降，在此過程中(　　) A．地面對(duì)b的支持力變小 B．豎直擋板對(duì)b的支持力變小 C．a(chǎn)、b間的作用力變大 D．以上說法均不正確 解析：選C　對(duì)ab的整體而言，豎直方向受重力和地面的支持力，故支持力總等于兩球的重力，可知地面對(duì)b的支持力不變，選項(xiàng)

17、A錯(cuò)誤；對(duì)a受力分析如圖；受到重力G，庫侖力F和墻面的彈力N，當(dāng)a球下移時(shí)，由受力圖可知，N和F均變大，可知選項(xiàng)C正確；對(duì)ab整體，水平方向豎直擋板對(duì)b的支持力等于墻面對(duì)a的彈力N，則豎直擋板對(duì)b的支持力變大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。 13．[考查復(fù)合場中帶電粒子的平衡問題] [多選]長方形區(qū)域內(nèi)存在有正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，其方向如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m且?guī)щ姾闪繛閝的小球以初速度v0豎直向下進(jìn)入該區(qū)域。若小球恰好沿直線下降，則下列判斷正確的是(　　) A．小球帶正電 B．電場強(qiáng)度E＝ C．小球做勻速直線運(yùn)動(dòng) D．磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝ 解析：選CD　小球在復(fù)合場內(nèi)受到自身重力，電場力和洛

18、倫茲力，其中電場力和重力都是恒力，若速度變化則洛倫茲力變化，合力變化，小球必不能沿直線下降，所以合力等于0，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C正確。若小球帶正電，則電場力斜向下，洛倫茲力水平向左，和重力的合力不可能等于0，所以小球不可能帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。小球帶負(fù)電，受到斜向上的電場力和水平向右的洛倫茲力，根據(jù)力的合成可得qE＝mg，電場強(qiáng)度E＝，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。洛倫茲力qv0B＝mg，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝，選項(xiàng)D正確。 14．[考查安培力作用下導(dǎo)體的動(dòng)態(tài)平衡問題] 如圖所示，兩根通電直導(dǎo)體棒用四根長度相等的絕緣細(xì)線懸掛于O1、O2兩點(diǎn)，已知O1O2連線水平，導(dǎo)體棒靜止時(shí)絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角均為θ，保持

19、導(dǎo)體棒中的電流大小和方向不變，在導(dǎo)體棒所在空間加上勻強(qiáng)磁場后絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角均增大了相同的角度，下列分析正確的是(　　) A．兩導(dǎo)體棒中的電流方向一定相同 B．所加磁場的方向可能沿x軸正方向 C．所加磁場的方向可能沿z軸正方向 D．所加磁場的方向可能沿y軸負(fù)方向 解析：選C　在導(dǎo)體棒所在空間加上勻強(qiáng)磁場后絕緣細(xì)線與豎直方向的夾角均增大了相同的角度，則兩導(dǎo)體棒中的電流方向一定相反，且電流大小相等，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由左手定則可知，所加磁場的方向可能沿z軸正方向，選項(xiàng)C正確，B、D錯(cuò)誤。 考點(diǎn)一　受力分析 本考點(diǎn)是對(duì)重力、彈力、摩擦力及受力分析等知識(shí)的考查，常結(jié)合物體的平衡

20、條件(如診斷卷第1、4題)、力的合成與分解(如診斷卷第3題)等相關(guān)知識(shí)簡單交匯命題，題型一般為選擇題。建議考生自學(xué)為主 [夯基固本] 1．理清知識(shí)體系 2．遵循分析順序 一般按照一重力、二彈力、三摩擦力、四其他力的順序分析物體受力。 [重點(diǎn)清障] 一、受力分析謹(jǐn)記三個(gè)“囑托”，不被“表象”遮慧眼 1．彈力的方向一定垂直于接觸面，或接觸點(diǎn)的切面，且指向受力物體。如診斷卷第1題中，石塊b對(duì)a的支持力應(yīng)斜向左上，而不是豎直向上。 2．兩物體接觸處有無靜摩擦力，要根據(jù)物體間有無相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢或根據(jù)平衡條件進(jìn)行判斷。如診斷卷第2題，圖甲中m相對(duì)M無相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢，m不受靜摩擦力，圖乙

21、中m隨M一起勻速下滑時(shí)必受沿斜面向上的靜摩擦力作用。 3．物體間恰好不相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，其間靜摩擦力恰好等于最大靜摩擦力。如診斷卷第4題中，對(duì)滑塊B：mBg＝μ1F，對(duì)A、B組成的整體：F＝μ2(mA＋mB)g。以上兩式聯(lián)立可得出選項(xiàng)B正確。 二、掌握摩擦力的三類“突變”，命題人常在此設(shè)“迷點(diǎn)” 類型一　“靜—靜”突變 靜摩擦力為被動(dòng)力，當(dāng)物體的受力情況發(fā)生變化時(shí)，其運(yùn)動(dòng)趨勢方向可能發(fā)生突變，靜摩擦力的方向也隨之發(fā)生突變，而突變的時(shí)刻往往發(fā)生在靜摩擦力為零的時(shí)刻。 　興趣課堂上，某同學(xué)將完全相同的甲、乙兩個(gè)條形磁鐵水平放在粗糙的水平木板上(N極正對(duì))，如圖所示，并緩慢抬高木板的右端至傾角為

22、θ，這一過程中兩磁鐵均保持靜止?fàn)顟B(tài)。請(qǐng)對(duì)該同學(xué)提出的說法進(jìn)行分析，其中正確的是(　　) A．甲受到的摩擦力相對(duì)木板的方向可能發(fā)生變化 B．乙受到的摩擦力相對(duì)木板的方向可能發(fā)生變化 C．繼續(xù)增大傾角，甲、乙將會(huì)同時(shí)發(fā)生滑動(dòng) D．若減小甲、乙間距，重復(fù)上述過程，增大傾角時(shí)乙會(huì)先發(fā)生向上滑動(dòng) [解析]　因兩條形磁鐵N極正對(duì)，相互排斥，在θ較小時(shí)，乙有沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的趨勢，且隨θ的增大，乙所受的摩擦力沿斜面向下逐漸減小，可能出現(xiàn)反向增大的情況；而甲一定具有沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的趨勢，且隨θ的增大，甲所受摩擦力增大，不可能出現(xiàn)摩擦力方向變化的情況，故A錯(cuò)誤，B正確；增大傾角θ或減小甲、乙間距時(shí)，

23、最易發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的為甲，故C、D均錯(cuò)誤。 [答案]　B 類型二　“靜—?jiǎng)印蓖蛔? 靜摩擦力的大小變化范圍滿足：0

24、相等，重力加速度為g，則(　　) A．O～q段圖像可能是直線　　 　B．q＝ C．q～段圖像可能是直線 D．p＝ [解析]　半球體在平板上恰好開始滑動(dòng)的臨界條件是：mgsin θ＝μmgcos θ，故有：μ＝tan θ，解得：θ＝，即q＝，故B錯(cuò)誤；θ在0～之間時(shí)，F(xiàn)f是靜摩擦力，大小為mgsin θ；θ在～之間時(shí)，F(xiàn)f是滑動(dòng)摩擦力，大小為μmgcos θ；綜合以上分析得其Ff與θ關(guān)系如圖中實(shí)線所示，故A、C錯(cuò)誤；當(dāng)θ＝時(shí)，F(xiàn)f＝mgsin＝，即p＝，故D正確。 [答案]　D 類型三　“動(dòng)—靜”突變 當(dāng)物體間的摩擦力由滑動(dòng)摩擦力突變?yōu)殪o摩擦力時(shí)，摩擦力的大小所遵

25、循的規(guī)律也發(fā)生了突變。 　(2017·德州模擬)把一重為G的物體，用一個(gè)水平的推力F＝kt(k為恒量，t為時(shí)間)壓在豎直的足夠高的平整的墻上(如圖所示)，從t＝0開始物體所受的摩擦力Ff隨t的關(guān)系是下圖中的哪一個(gè)(　　) [解析]　開始時(shí)由于推力F為零，物體和墻面間沒有擠壓，則摩擦力為零。物體在重力作用下開始沿豎直墻面下滑，所以開始時(shí)為滑動(dòng)摩擦力。由Ff＝μFN，又FN＝F＝kt，所以Ff＝μkt，即Ff隨時(shí)間t成正比增加，當(dāng)Ff增大到等于G時(shí)，物體具有一定速度，由于慣性仍然滑行，隨著滑行的繼續(xù)，F(xiàn)f已大于物體重力G，最后物體靜止于墻上，變?yōu)殪o摩擦力，豎直方向上根據(jù)二力平衡，則有Ff＝

26、G，所以B正確。 [答案]　B 考點(diǎn)二　整體法與隔離法的應(yīng)用 本考點(diǎn)既是重點(diǎn)，更是難點(diǎn)，“難”表現(xiàn)在兩個(gè)方面：一是研究對(duì)象復(fù)雜，往往涉及多個(gè)物體(如診斷卷第6題)；二是試題情景新穎，常與生活實(shí)際相聯(lián)系或是實(shí)際情景的抽象(如診斷卷第5題)。對(duì)于該類問題，關(guān)鍵是在明確研究對(duì)象的前提下，靈活地選用兩大方法。建議對(duì)本考點(diǎn)重點(diǎn)攻堅(jiān) [夯基固本] 1．兩大思維方法對(duì)比 2．解答平衡問題的基本思路 [重點(diǎn)清障] 1．正確選取研究對(duì)象：實(shí)際問題中常常需要交叉應(yīng)用整體法與隔離法準(zhǔn)確選取研究對(duì)象，才能方便解題。如診斷卷第5題，以正方體為研究對(duì)象可求出墻壁和圓柱體對(duì)正方體的彈力，以圓

27、柱體和正方體為研究對(duì)象，可求出地面對(duì)圓柱體的摩擦力和支持力。 2．正確區(qū)分內(nèi)力與外力：若求物體間的相互作用力時(shí)，應(yīng)隔離其中一個(gè)物體(一般選取受力個(gè)數(shù)較少的物體)，若將幾個(gè)物體看作一個(gè)整體，則物體間的相互作用力為內(nèi)力，不能呈現(xiàn)在受力圖上。如診斷卷第7題中，求斜面對(duì)小球的作用力時(shí)，應(yīng)隔離小球B進(jìn)行受力分析；求解水平面對(duì)斜面體的支持力和摩擦力時(shí)，應(yīng)以斜面體和小球B為整體進(jìn)行受力分析。 1．(2018屆高三·華中師大附中檢測)如圖所示，傾角為θ的斜面體C置于水平面上，B置于斜面上，通過輕繩跨過光滑的定滑輪與A相連接，連接B的一段輕繩與斜面平行，A、B、C都處于靜止?fàn)顟B(tài)。則(　　) A．水平面

28、對(duì)C的支持力等于B、C的總重力 B．C對(duì)B一定有摩擦力 C．水平面對(duì)C一定有摩擦力 D．水平面對(duì)C可能沒有摩擦力 解析：選C　以BC組成的整體為研究對(duì)象，分析受力，畫出受力分析圖如圖所示。由圖得到水平面對(duì)C的支持力大小FN＝GC＋GB－GAsin θ＜GC＋GB，故A錯(cuò)誤。當(dāng)B的重力沿斜面向下的分力等于繩子的拉力時(shí)，B不受摩擦力；當(dāng)B的重力沿斜面向下的分力不等于繩子的拉力時(shí)，B受摩擦力，故B錯(cuò)誤。對(duì)BC整體分析，根據(jù)平衡條件得，水平面對(duì)C的摩擦力Ff＝Fcos θ，方向水平向左，故C正確，D錯(cuò)誤。 2．[多選](2017·成都一診)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為4 kg的半球形物體A放在傾角為

29、θ＝37°的斜面B上靜止不動(dòng)。若用通過球心的水平推力F＝10 N作用在物體A上，物體A仍靜止在斜面上，斜面仍相對(duì)地面靜止。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，則(　　) A．物體A受到斜面B的摩擦力增加8 N B．物體A對(duì)斜面B的作用力增加10 N C．地面對(duì)斜面B的彈力不變 D．地面對(duì)斜面B的摩擦力增加10 N 解析：選CD　若用通過球心的水平推力F＝10 N作用在物體A上，物體A仍靜止在斜面上，將該力沿斜面方向和垂直斜面方向分解，由平衡條件可得：Fcos 37°＋Ff＝mgsin 37°，解得摩擦力Ff＝16 N。物體A受到斜面B的摩擦力減小

30、ΔFf＝24 N－16 N＝8 N，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；沒有施加水平力F時(shí)，根據(jù)平衡條件，A受斜面作用力與重力等大反向，即大小為40 N，根據(jù)牛頓第三定律，物體A對(duì)斜面的作用力為40 N，方向豎直向下。施加水平力F后，物體A對(duì)斜面的作用力如圖，F(xiàn)′＝ N＝10 N，物體A對(duì)斜面B的作用力增加(10－40)N，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；把物體A和斜面B看作整體，分析受力，由平衡條件可知，地面對(duì)斜面B的彈力不變，摩擦力增加10 N，選項(xiàng)C、D正確。 3．(2017·晉城三模)如圖所示，兩個(gè)相同的固定斜面上分別放有一個(gè)處于靜止的三角形木塊A、B，它們的質(zhì)量相等。A木塊左側(cè)面沿豎直方向，B木塊左側(cè)面垂直于斜面，在兩斜面上

31、分別放上一個(gè)相同的光滑球后，木塊仍保持靜止，則放上球后(　　) A．A木塊受到的摩擦力等于B木塊受到的摩擦力 B．A木塊受到的摩擦力小于B木塊受到的摩擦力 C．A木塊對(duì)斜面的壓力等于B木塊對(duì)斜面的壓力 D．A木塊對(duì)斜面的壓力大于B木塊對(duì)斜面的壓力 解析：選A　設(shè)小球的質(zhì)量為m，A、B的質(zhì)量為M，斜面的傾角為α。以小球與A整體為研究對(duì)象，由平衡條件可得：A木塊受到的摩擦力FfA＝(M＋m)gsin α；同理，以小球與B整體為研究對(duì)象，得到B木塊受到的摩擦力FfB＝(M＋m)gsin α，則FfA＝FfB，故A正確，B錯(cuò)誤。以A為研究對(duì)象，分析受力，如圖所示，由平衡條件得： 斜面對(duì)

32、A的支持力FNA＝Mgcos α－FN1sin α 以B為研究對(duì)象，分析受力，由平衡條件得： 斜面對(duì)B的支持力FNB＝Mgcos α，則得FNA＜FNB。 由牛頓第三定律可知，A木塊對(duì)斜面的壓力小于B木塊對(duì)斜面的壓力，故C、D錯(cuò)誤。 考點(diǎn)三　動(dòng)態(tài)平衡問題 動(dòng)態(tài)平衡問題是高考的重點(diǎn)。物體在緩慢移動(dòng)過程中均處于平衡狀態(tài)，但物體所受的某些力的大小和方向均發(fā)生變化，使結(jié)果出現(xiàn)一些不確定性，這是此類問題常失分的主要原因。針對(duì)此類問題，只要按照以下思維流程，準(zhǔn)確分析各力特點(diǎn)，合理選取解題方法，問題便可迎刃而解。 一、分門別類選方法——針對(duì)破解動(dòng)態(tài)平衡問題 　[多選]如圖

33、所示，兩段等長細(xì)線L1和L2串接著兩個(gè)質(zhì)量相等的小球a、b，懸掛于O點(diǎn)?，F(xiàn)施加水平向右的力F緩慢拉動(dòng)a，L1對(duì)a球的拉力大小為F1、L2對(duì)b球的拉力大小為F2，在緩慢拉動(dòng)的過程中，F(xiàn)1和F2的變化情況是(　　) A．F1變大　　　　 　B．F1變小 C．F2不變 D．F2變大 [思維流程] [答案]　AC 二、進(jìn)一步拓展——?jiǎng)討B(tài)平衡中的極值問題 　(2018屆高三·九江聯(lián)考)將兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球a、b用細(xì)線相連后，再用細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，如圖所示。用力F拉小球b，使兩個(gè)小球都處于靜止?fàn)顟B(tài)，且細(xì)線Oa與豎直方向的夾角保持θ＝30°，則F的最小值為(　　) A.mg　　　　　　

34、 B．mg C.mg D.mg [思維流程] [答案]　B 1．[多選](2017·全國卷Ⅰ)如圖，柔軟輕繩ON的一端O固定，其中間某點(diǎn)M拴一重物，用手拉住繩的另一端N。初始時(shí)，OM豎直且MN被拉直，OM與MN之間的夾角為α。現(xiàn)將重物向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變。在OM由豎直被拉到水平的過程中(　　) A．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 解析：選AD　設(shè)重物的質(zhì)量為m，繩OM中的張力為T，繩MN中的張力為TMN。開始時(shí)，T＝mg，TMN＝0。由于緩慢拉起，則重物一直處于平衡狀態(tài)，兩繩

35、張力的合力與重物的重力mg等大、反向。如圖所示，已知角α不變，在繩MN緩慢拉起的過程中，角β逐漸增大，則角(α－β)逐漸減小，但角θ不變，在三角形中，利用正弦定理得：＝，(α－β)由鈍角變?yōu)殇J角，則TOM先增大后減小，選項(xiàng)D正確；同理知＝，在β由0變?yōu)榈倪^程中，TMN一直增大，選項(xiàng)A正確。 2．表面光滑、半徑為R的半球固定在水平地面上，球心O的正上方O′處有一無摩擦定滑輪，輕質(zhì)細(xì)繩兩端各系一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小球掛在定滑輪上，如圖所示。兩小球平衡時(shí)，若滑輪兩側(cè)細(xì)繩的長度分別為L1＝2.4R和L2＝2.5R，則這兩個(gè)小球的質(zhì)量之比為，小球與半球之間的壓力之比為，以下說法正確的是(　　) A.＝

36、 B.＝ C.＝1 D.＝ 解析：選B　先以左側(cè)小球?yàn)檠芯繉?duì)象，分析受力情況：重力m1g、繩子的拉力T和半球的支持力N1，作出受力示意圖。由平衡條件得知，拉力T和支持力N1的合力與重力m1g大小相等、方向相反。 設(shè)OO′＝h，根據(jù)三角形相似得：＝＝， 同理，對(duì)右側(cè)小球，有：＝＝， 解得：m1g＝，① m2g＝② N1＝③ N2＝④ 由①∶②得：m1∶m2＝L2∶L1＝25∶24， 由③∶④得：N1∶N2＝m1∶m2＝L2∶L1＝25∶24。 故A、C、D錯(cuò)誤，B正確。 考點(diǎn)四　電磁場中的平衡問題 電磁場中的平衡問題，分析方法與純力學(xué)問題相同。解決此類問題，應(yīng)

37、注意以下三點(diǎn)： ①庫侖力的方向和大小的確定； ②運(yùn)用左手定則確定洛倫茲力或安培力的方向； ③綜合應(yīng)用物體的平衡條件和力的合成與分解知識(shí)解題。 需要考生學(xué)會(huì)遷移應(yīng)用 [夯基固本] 　　 [重點(diǎn)清障] 1．注意處理力學(xué)動(dòng)態(tài)平衡問題方法的遷移。如診斷卷第12題中，a球緩慢下降過程中，b球?qū)球的庫侖斥力方向?qū)⒀啬鏁r(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，此過程中小球重力不變，墻面對(duì)a球彈力的方向不變，故可用圖解法分析墻面對(duì)a球的彈力及ab間作用力大小的變化規(guī)律。 2．注意安培力方向的判斷。如診斷卷第14題中，兩導(dǎo)體棒相斥分離，兩棒中電流方向一定相反，由左手定則可判斷，所加磁場方向沿z軸正方向時(shí)，可使兩棒所

38、受安培力方向相反，兩棒相互遠(yuǎn)離，故A錯(cuò)誤，C正確。 1．(2017·全國卷Ⅰ)如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里。三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)正確的是(　　) A．ma>mb>mc　　　　　 　B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma 解析：選B　該空間區(qū)域?yàn)閯驈?qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場和重力場的疊加場，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知其重力與所受到的電場力平衡

39、，洛倫茲力提供其做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，有mag＝qE，解得ma＝。b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向上，可知mbg＝qE＋qvbB，解得mb＝＋。c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則可判斷出其所受洛倫茲力方向豎直向下，可知mcg＋qvcB＝qE，解得mc＝－。綜上所述，可知mb>ma>mc，選項(xiàng)B正確。 2．(2017·棗莊模擬)如圖所示，PQ、MN是放置在水平面內(nèi)的光滑導(dǎo)軌，GH是長度為L、電阻為r的導(dǎo)體棒，其中點(diǎn)與一端固定的輕彈簧連接，輕彈簧的勁度系數(shù)為k。導(dǎo)體棒處在方向向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻 強(qiáng)磁場中。圖中直流電源的電動(dòng)勢為E，內(nèi)阻不計(jì)，

40、電容器的電容為C。閉合開關(guān)，待電路穩(wěn)定后，則有(　　) A．導(dǎo)體棒中電流為 B．輕彈簧的長度增加 C．輕彈簧的長度減少 D．電容器帶電量為CR2 解析：選C　導(dǎo)體棒中的電流為：I＝，故A錯(cuò)誤；由左手定則知導(dǎo)體棒受的安培力向左，則彈簧長度減少，由平衡條件：BIL＝kΔx，代入I得：Δx＝，故B錯(cuò)誤，C正確；電容器上的電壓等于導(dǎo)體棒兩端的電壓，Q＝CU＝C··r，故D錯(cuò)誤。 一、高考真題集中演練——明規(guī)律 1．(2017·全國卷Ⅲ)一根輕質(zhì)彈性繩的兩端分別固定在水平天花板上相距80 cm的兩點(diǎn)上，彈性繩的原長也為80 cm。將一鉤碼掛在彈性繩的中點(diǎn)，平衡時(shí)彈性繩的總長度為100

41、cm；再將彈性繩的兩端緩慢移至天花板上的同一點(diǎn)，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(nèi))(　　) A．86 cm　　　　　　　　 　B．92 cm C．98 cm D．104 cm 解析：選B　將鉤碼掛在彈性繩的中點(diǎn)時(shí)，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知鉤碼兩側(cè)的彈性繩(勁度系數(shù)設(shè)為k)與豎直方向夾角θ均滿足sin θ＝，對(duì)鉤碼(設(shè)其重力為G)靜止時(shí)受力分析，得G＝2kcos θ；彈性繩的兩端移至天花板上的同一點(diǎn)時(shí)，對(duì)鉤碼受力分析，得G＝2k，聯(lián)立解得L＝92 cm，可知A、C、D項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確。 2．[多選](2017·天津高考)如圖所示，輕質(zhì)不可伸長的晾衣繩兩端分別固定在豎直桿M、

42、N上的a、b兩點(diǎn)，懸掛衣服的衣架掛鉤是光滑的，掛于繩上處于靜止?fàn)顟B(tài)。如果只人為改變一個(gè)條件，當(dāng)衣架靜止時(shí)，下列說法正確的是(　　) A．繩的右端上移到b′，繩子拉力不變 B．將桿N向右移一些，繩子拉力變大 C．繩的兩端高度差越小，繩子拉力越小 D．若換掛質(zhì)量更大的衣服，則衣架懸掛點(diǎn)右移 解析：選AB　設(shè)兩段繩子間的夾角為2α，由平衡條件可知，2Fcos α＝mg，所以F＝，設(shè)繩子總長為L，兩桿間距離為s，由幾何關(guān)系L1sin α＋L2sin α＝s，得sin α＝＝，繩子右端上移，L、s都不變，α不變，繩子張力F也不變，A正確；桿N向右移動(dòng)一些，s變大，α變大，cos α變小，F(xiàn)變大

43、，B正確；繩子兩端高度差變化，不影響s和L，所以F不變，C錯(cuò)誤；衣服質(zhì)量增加，繩子上的拉力增加，由于α不會(huì)變化，懸掛點(diǎn)不會(huì)右移，D錯(cuò)誤。 3．[多選](2016·全國卷Ⅰ)如圖，一光滑的輕滑輪用細(xì)繩OO′懸掛于O點(diǎn)；另一細(xì)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(gè)系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。若F方向不變，大小在一定范圍內(nèi)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(nèi)變化 B．物塊b所受到的支持力也在一定范圍內(nèi)變化 C．連接a和b的繩的張力也在一定范圍內(nèi)變化 D．物塊b與桌面間的摩擦力也在一定范圍內(nèi)變化 解析：選BD　

44、因?yàn)槲飰Kb始終保持靜止，所以繩OO′的張力不變，連接a和b的繩的張力也不變，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；拉力F大小變化，F(xiàn)的水平分量和豎直分量都發(fā)生變化，由共點(diǎn)力的平衡條件知，物塊b受到的支持力和摩擦力在一定范圍內(nèi)變化，選項(xiàng)B、D正確。 4．(2017·4月浙江選考)重力為G的體操運(yùn)動(dòng)員在進(jìn)行自由體操比賽時(shí)，有如圖所示的比賽動(dòng)作，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員豎直倒立保持靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，兩手臂對(duì)稱支撐，夾角為θ，則(　　) A．當(dāng)θ＝60°時(shí)，運(yùn)動(dòng)員單手對(duì)地面的正壓力大小為 B．當(dāng)θ＝120°時(shí)，運(yùn)動(dòng)員單手對(duì)地面的正壓力大小為G C．當(dāng)θ不同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員受到的合力不同 D．當(dāng)θ不同時(shí)，運(yùn)動(dòng)員與地面之間的相互作用力不相等

45、 解析：選A　運(yùn)動(dòng)員受力如圖所示，地面對(duì)手的支持力F1＝F2＝，則運(yùn)動(dòng)員單手對(duì)地面的正壓力大小為，與夾角θ無關(guān)，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；不管角度如何，運(yùn)動(dòng)員受到的合力為零，與地面之間的相互作用力總是等大，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。 二、名校模擬重點(diǎn)演練——明趨勢 5．(2018屆高三·衡水調(diào)研)如圖所示，有一輕圓環(huán)和插栓，在甲、乙、丙三個(gè)力作用下平衡時(shí)，圓環(huán)緊壓著插栓。不計(jì)圓環(huán)與插栓間的摩擦，若只調(diào)整兩個(gè)力的大小，欲移動(dòng)圓環(huán)使插栓位于圓環(huán)中心，下列說法中正確的是(　　) A．增大甲、乙兩力，且甲力增大較多 B．增大乙、丙兩力，且乙力增大較多 C．增大乙、丙兩力，且丙力增大較多 D．增大甲、丙兩

46、力，且甲力增大較多 解析：選D　根據(jù)題意可知，輕圓環(huán)受甲、乙、丙三個(gè)力及插栓的彈力作用，處于平衡狀態(tài)，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件的推論可知，甲、乙、丙三個(gè)力的合力必與插栓對(duì)輕圓環(huán)的彈力等大、反向，該彈力方向?yàn)檠剌p圓環(huán)半徑方向向外，要通過移動(dòng)圓環(huán)使插栓位于圓環(huán)中心，則甲、乙、丙三個(gè)力的合力需變?yōu)榱悖善叫兴倪呅味▌t可知，此時(shí)可同時(shí)增大甲、丙兩力且增加量的合量應(yīng)與消失的彈力等大、同向，或同時(shí)減小乙、丙兩力，且減小量的合量應(yīng)與消失的彈力等大、反向，且甲力增加得多或乙力減小得多，故選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤，選項(xiàng)D正確。 6．(2017·雞西模擬)如圖所示，穿在一根光滑的固定桿上的兩個(gè)小球A、B連接在一條跨過定滑

47、輪的細(xì)繩兩端，桿與水平面成θ角，不計(jì)所有摩擦，當(dāng)兩球靜止時(shí)，OA繩與桿的夾角為θ，OB繩沿豎直方向，則下列說法正確的是(　　) A．A可能受到2個(gè)力的作用 B．B可能受到3個(gè)力的作用 C．繩子對(duì)A的拉力大于對(duì)B的拉力 D．A、B的質(zhì)量之比為1∶tan θ 解析：選D　對(duì)A球受力分析可知，A受到重力，繩子的拉力以及桿對(duì)A球的彈力，三個(gè)力的合力為零，故A錯(cuò)誤；對(duì)B球受力分析可知，B受到重力，繩子的拉力，兩個(gè)力合力為零，桿對(duì)B球沒有彈力，否則B不能平衡，故B錯(cuò)誤；定滑輪不改變力的大小，則繩子對(duì)A的拉力等于對(duì)B的拉力，故C錯(cuò)誤；分別對(duì)AB兩球分析，運(yùn)用合成法，如圖： 根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件，

48、 得：T＝mBg， ＝(根據(jù)正弦定理列式)故 mA∶mB＝1∶tan θ，故D正確。 7．(2017·濟(jì)寧期末)如圖所示，在一個(gè)傾角為θ的斜面上，有一個(gè)質(zhì)量為m，帶負(fù)電的小球P(可視為點(diǎn)電荷)，空間存在著方向垂直斜面向下的勻強(qiáng)磁場，帶電小球與斜面間的摩擦力不能忽略，它在斜面上沿圖中所示的哪個(gè)方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，有可能保持勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)(　　) A．v1方向　 　B．v2方向　　C．v3方向　　D．v4方向 解析：選C　若小球的速度沿v1方向，滑動(dòng)摩擦力與v1的方向相反，即沿圖中v3方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內(nèi)與v1垂直向下，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，則知

49、球在斜面平面內(nèi)所受的合外力不為零，小球不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；同理可知B、D錯(cuò)誤；若小球的速度沿v3方向，滑動(dòng)摩擦力與v3的方向相反，即沿圖中v1方向，由左手定則知，小球受到的洛倫茲力方向在斜面平面內(nèi)與v3垂直向上，即沿v2方向，重力的分力mgsin θ沿斜面向下，則知斜面平面內(nèi)的合外力可能為零，小球有可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故C正確。 第二講力與直線運(yùn)動(dòng) 考點(diǎn)一 勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律 1.[考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律] 一質(zhì)點(diǎn)沿直線運(yùn)動(dòng)，其平均速度與時(shí)間的關(guān)系滿足v＝2＋t(各物理量均選用國際單位制中單位)，則關(guān)于該質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是(　　) A．質(zhì)點(diǎn)可能做勻

50、減速直線運(yùn)動(dòng) B．5 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的位移為35 m C．質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的加速度為1 m/s2 D．質(zhì)點(diǎn)3 s末的速度為5 m/s 解析：選B　根據(jù)平均速度v＝知，x＝vt＝2t＋t2，根據(jù)x＝v0t＋at2＝2t＋t2知，質(zhì)點(diǎn)的初速度v0＝2 m/s，加速度a＝2 m/s2，質(zhì)點(diǎn)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A、C錯(cuò)誤；5 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)的位移x＝v0t＋at2＝2×5 m＋×2×25 m＝35 m，故B正確；質(zhì)點(diǎn)在3 s末的速度v＝v0＋at＝2 m/s＋2×3 m/s＝8 m/s，故D錯(cuò)誤。 2．[考查位移－時(shí)間圖像] 甲、乙兩車在同一條直道上行駛，它們運(yùn)動(dòng)的位移x隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖所示，已知乙車做

51、勻變速直線運(yùn)動(dòng)，其圖線與t軸相切于10 s處，則下列說法正確的是(　　) A．甲車的初速度為零 B．乙車的初位置在x0＝60 m處 C．乙車的加速度大小為1.6 m/s2 D．5 s時(shí)兩車相遇，此時(shí)甲車速度較大 解析：選C　位移時(shí)間圖像的斜率等于速度，則知甲車的速度不變，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，初速度不為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；乙車做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，其圖線與t軸相切于10 s處，則t＝10 s時(shí)，速度為零，反過來看成初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則x＝at2，根據(jù)圖像可知，x0＝a·100，20＝a·25，解得：a＝1.6 m/s2，x0＝80 m，選項(xiàng)C正確，B錯(cuò)誤；5 s時(shí)兩車相遇，此時(shí)甲的速度v

52、甲＝ m/s＝4 m/s，乙的速度為v乙＝at＝1.6×5 m/s＝8 m/s，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 3．[考查應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律解決實(shí)際問題] 在娛樂節(jié)目《幸運(yùn)向前沖》中，有一個(gè)關(guān)口是跑步跨欄機(jī)，它的設(shè)置是讓挑戰(zhàn)者通過一段平臺(tái)，再?zèng)_上反向移動(dòng)的跑步機(jī)皮帶并通過跨欄，沖到這一關(guān)的終點(diǎn)?，F(xiàn)有一套跑步跨欄裝置，平臺(tái)長L1＝4 m，跑步機(jī)皮帶長L2＝32 m，跑步機(jī)上方設(shè)置了一個(gè)跨欄(不隨皮帶移動(dòng))，跨欄到平臺(tái)末端的距離L3＝10 m，且皮帶以v0＝1 m/s的恒定速率轉(zhuǎn)動(dòng)，一位挑戰(zhàn)者在平臺(tái)起點(diǎn)從靜止開始以a1＝2 m/s2 的加速度通過平臺(tái)沖上跑步機(jī)，之后以a2＝1 m/s2 的加速度在跑步機(jī)上往

53、前沖，在跨欄時(shí)不慎跌倒，經(jīng)過2 s爬起(假設(shè)從摔倒至爬起的過程中挑戰(zhàn)者與皮帶始終相對(duì)靜止)，然后又保持原來的加速度a2，在跑步機(jī)上順利通過剩余的路程，求挑戰(zhàn)者全程所需要的時(shí)間？ 解析：挑戰(zhàn)者勻加速通過平臺(tái)：L1＝a1t12 通過平臺(tái)的時(shí)間：t1＝ ＝2 s 沖上跑步機(jī)的初速度：v1＝a1t1＝4 m/s 沖上跑步機(jī)至跨欄：L3＝v1t2＋a2t22 解得t2＝2 s 摔倒至爬起隨跑步機(jī)移動(dòng)距離： x＝v0t＝1×2 m＝2 m(向左) 取地面為參考系，則挑戰(zhàn)者爬起向左減速過程有：v0＝a2t3 解得：t3＝1 s 對(duì)地位移為：x1＝a2t32＝0.5 m(向左) 挑戰(zhàn)者向

54、右加速?zèng)_刺過程有：x＋x1＋L2－L3＝a2t42 解得：t4＝7 s 挑戰(zhàn)者通過全程所需要的總時(shí)間為： t總＝t1＋t2＋t＋t3＋t4＝14 s。 答案：14 s 考點(diǎn)二 動(dòng)力學(xué)的兩類基本問題 4．[考查已知受力求運(yùn)動(dòng)問題] 如圖所示，Oa、Ob是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細(xì)桿，O、a、b、c位于同一圓周上，c為圓周的最高點(diǎn)，a為最低點(diǎn)，Ob經(jīng)過圓心。每根桿上都套著一個(gè)小滑環(huán)，兩個(gè)滑環(huán)都從O點(diǎn)無初速釋放，用t1、t2分別表示滑環(huán)到達(dá)a、b所用的時(shí)間，則下列關(guān)系正確的是(　　) A．t1＝t2　　　　　　　 　B．t1＜t2 C．t1＞t2 D．無法確定 解析：選

55、B　設(shè)Oa與豎直方向夾角為θ，則Ob與豎直方向夾角為2θ，由2Rcos θ＝gcos θ·t12,2R＝gcos 2θ·t22，比較可得t1＜t2，故B正確。 5．[考查已知運(yùn)動(dòng)求受力問題] 將一質(zhì)量為m的小球靠近墻面豎直向上拋出，圖甲是向上運(yùn)動(dòng)小球的頻閃照片，圖乙是下降時(shí)的頻閃照片，O是運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)，甲乙兩次閃光頻率相同，重力加速度為g，假設(shè)小球所受的阻力大小不變，則可估算小球受到的阻力大小約為(　　) A．mg B.mg C.mg D.mg 解析：選C　設(shè)每塊磚的厚度是d，向上運(yùn)動(dòng)時(shí)： 9d－3d＝a1T2① 向下運(yùn)動(dòng)時(shí)：3d－d＝a2T2② 聯(lián)立①②得：＝③ 根

56、據(jù)牛頓第二定律，向上運(yùn)動(dòng)時(shí)：mg＋f＝ma1④ 向下運(yùn)動(dòng)時(shí)：mg－f＝ma2⑤ 聯(lián)立③④⑤得：f＝mg，選C。 6．[考查瞬時(shí)加速度的計(jì)算] [多選]光滑斜面上，當(dāng)系統(tǒng)靜止時(shí)，擋板C與斜面垂直，彈簧、輕桿均與斜面平行，A、B質(zhì)量相等。在突然撤去擋板的瞬間(　　) A．兩圖中兩球加速度均為gsin θ B．兩圖中A球的加速度均為零 C．圖甲中B球的加速度為2gsin θ D．圖乙中B球的加速度為gsin θ 解析：選CD　撤去擋板前，對(duì)整體分析，擋板對(duì)B球的彈力大小為2mgsin θ，因彈簧彈力不能突變，而桿的彈力會(huì)突變，所以撤去擋板瞬間，圖甲中A球所受合力為零，加速度為零

57、，B球所受合力為2mgsin θ，加速度為2gsin θ；圖乙中桿的彈力突變?yōu)榱悖珹、B球所受合力均為mgsin θ，加速度均為gsin θ，故C、D正確，A、B錯(cuò)誤。 考點(diǎn)三 牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)圖像的綜合應(yīng)用 7.[考查牛頓第二定律與v -t圖像的綜合應(yīng)用] [多選]如圖甲所示，傾角為30°的斜面固定在水平地面上，一個(gè)小物塊在沿斜面向上的恒定拉力F作用下，從斜面底端A點(diǎn)由靜止開始運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后撤去拉力F，小物塊能達(dá)到的最高位置為C點(diǎn)，已知小物塊的質(zhì)量為0.3 kg，小物塊從A到C的v-t圖像如圖乙所示，取g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．小物塊加速時(shí)的加

58、速度大小是減速時(shí)加速度大小的 B．小物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 C．小物塊到達(dá)C點(diǎn)后將沿斜面下滑 D．拉力F的大小為4 N 解析：選AC　小物塊加速時(shí)的加速度大小為： a1＝＝ m/s2＝2.5 m/s2 減速時(shí)的加速度大小為： a2＝＝ m/s2＝7.5 m/s2 小物塊加速時(shí)的加速度大小是減速時(shí)加速度大小的， 故A正確； 撤去拉力后，根據(jù)牛頓第二定律，有： mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2 即：a2＝gsin 30°＋μgcos 30°， 得：μ＝，故B錯(cuò)誤；在C點(diǎn)mgsin 30°＞μmgcos 30°， 所以小物塊到達(dá)C點(diǎn)后將沿斜面下滑，故C

59、正確；在拉力作用下，根據(jù)牛頓第二定律，有： F－mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1， 代入數(shù)據(jù)得：F＝3 N，故D錯(cuò)誤。 8．[考查牛頓第二定律與a-m圖像的綜合應(yīng)用] [多選]如圖甲所示，水平地面上固定一足夠長的光滑斜面，斜面頂端有一理想定滑輪，一輕繩跨過滑輪，繩兩端分別連接小物塊A和B。保持A的質(zhì)量不變，改變B的質(zhì)量m，當(dāng)B的質(zhì)量連續(xù)改變時(shí)，得到A的加速度a隨B的質(zhì)量m變化的圖線，如圖乙所示，圖中a1、a2、m0為未知量，設(shè)加速度沿斜面向上的方向?yàn)檎较颍諝庾枇Σ挥?jì)，重力加速度g取9.8 m/s2，斜面的傾角為θ，下列說法正確的是(　　) A．若θ已知，可求出

60、A的質(zhì)量 B．若θ未知，可求出乙圖中a1的值 C．若θ已知，可求出乙圖中a2的值 D．若θ已知，可求出乙圖中m0的值 解析：選BC　根據(jù)牛頓第二定律得： 對(duì)B得：mg－F＝ma① 對(duì)A得：F－mAgsin θ＝mAa② 聯(lián)立得a＝③ 若θ已知，由③知，不能求出A的質(zhì)量mA，故A錯(cuò)誤。 由③式變形得a＝。 當(dāng)m→∞時(shí)，a＝a1＝g，故B正確。 由③式得，m＝0時(shí)，a＝a2＝－gsin θ，故C正確。 當(dāng)a＝0時(shí)，由③式得，m＝m0＝mAsin θ，可知，m0不能求出，故D錯(cuò)誤。 9．[考查牛頓第二定律與v2-x圖像的綜合應(yīng)用] [多選]如圖甲所示，物塊的質(zhì)量m＝1 k

61、g，初速度v0＝10 m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點(diǎn)沿粗糙的水平面向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻后恒力F突然反向，整個(gè)過程中物塊速度的平方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，g＝10 m/s2。下列選項(xiàng)中正確的是(　　) A．0～5 s內(nèi)物塊做勻減速運(yùn)動(dòng) B．在t＝1 s時(shí)刻，恒力F反向 C．恒力F大小為10 N D．物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3 解析：選BD　物塊勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為： a1＝＝ m/s2＝10 m/s2。 勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為： a2＝＝ m/s2＝4 m/s2。 根據(jù)牛頓第二定律得：F＋f＝ma1，F(xiàn)－f＝ma2， 聯(lián)立兩式解得：

62、F＝7 N，f＝3 N。 則動(dòng)摩擦因數(shù)為：μ＝＝＝0.3。 物塊勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為： t1＝＝ s＝1 s。即在0～1 s內(nèi)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，1 s后恒力F反向，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。故B、D正確，A、C錯(cuò)誤。 考點(diǎn)四 動(dòng)力學(xué)的連接體問題 10.[考查用牛頓第二定律解決連接體問題] 在兩個(gè)足夠長的固定的相同斜面體上(其斜面光滑)，分別有如圖所示的兩套裝置，斜面體B的上表面水平且光滑，長方體D的上表面與斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的兩只彈簧一端固定在p上，另一端分別連在A和C上，在A與B、C與D分別保持相對(duì)靜止?fàn)顟B(tài)沿斜面自由下滑的過程中，下列說法正確的是(　　

63、) A．兩彈簧都處于拉伸狀態(tài) B．兩彈簧都處于壓縮狀態(tài) C．彈簧L1處于壓縮狀態(tài)，彈簧L2處于原長 D．彈簧L1處于拉伸狀態(tài)，彈簧L2處于壓縮狀態(tài) 解析：選C　由于斜面光滑，它們整體沿斜面下滑的加速度相同，為gsin α。對(duì)于題圖甲，以A為研究對(duì)象，重力與支持力的合力沿豎直方向，而A沿水平方向的加速度：ax＝acos α＝g·sin αcos α 該加速度由水平方向彈簧的彈力提供，所以彈簧L1處于壓縮狀態(tài)；對(duì)于題圖乙，以C為研究對(duì)象，重力與斜面支持力的合力大?。篎合＝mgsin α，即C不能受到彈簧的彈力，彈簧L2處于原長狀態(tài)。故選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。 11．[考查連接

64、體中的臨界問題] 如圖所示，物塊A放在木板B上，A、B的質(zhì)量均為m，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。若將水平力作用在A上，使A剛好要相對(duì)B滑動(dòng)，此時(shí)A的加速度為a1；若將水平力作用在B上，使B剛好要相對(duì)A滑動(dòng)，此時(shí)B的加速度為a2，則a1與a2的比為(　　) A．1∶1 B．2∶3 C．1∶3 D．3∶2 解析：選C　當(dāng)水平力作用在A上，使A剛好要相對(duì)B滑動(dòng)，臨界情況是A、B的加速度相等，隔離對(duì)B分析，B的加速度為： aB＝a1＝＝μg， 當(dāng)水平力作用在B上，使B剛好要相對(duì)A滑動(dòng)，此時(shí)A、B間的摩擦力剛好達(dá)到最大，A、B的加速度相等，有：aA＝a2＝

65、＝μg， 可得a1∶a2＝1∶3，C正確。 12．[考查運(yùn)用牛頓第二定律解決板塊運(yùn)動(dòng)問題] (2017·全國卷Ⅲ)如圖，兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)量分別為mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在靜止于水平地面上的木板的兩端，兩者與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量為m＝4 kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1。某 時(shí)刻A、B兩滑塊開始相向滑動(dòng)，初速度大小均為v0＝3 m/s。A、B相遇時(shí)，A與木板恰好相對(duì)靜止。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)B與木板相對(duì)靜止時(shí)，木板的速度； (2)A、B開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，兩者之間的距離。 解析：(1)滑

66、塊A和B在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板也在地面上滑動(dòng)。設(shè)A、B和木板所受的摩擦力大小分別為f1、f2和f3，A和B相對(duì)于地面的加速度大小分別為aA和aB，木板相對(duì)于地面的加速度大小為a1。在滑塊B與木板達(dá)到共同速度前有 f1＝μ1mAg① f2＝μ1mBg② f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③ 由牛頓第二定律得 f1＝mAaA④ f2＝mBaB⑤ f2－f1－f3＝ma1⑥ 設(shè)在t1時(shí)刻，B與木板達(dá)到共同速度，其大小為v1。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 v1＝v0－aBt1⑦ v1＝a1t1⑧ 聯(lián)立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知數(shù)據(jù)得 v1＝1 m/s。⑨ (2)在t1時(shí)間間隔內(nèi)，B相對(duì)于地面移動(dòng)的距離為 sB＝v0t1－aBt12⑩ 設(shè)在B與木板達(dá)到共同速度v1后，木板的加速度大小為a2。對(duì)于B與木板組成的體系，由牛頓第二定律有f1＋f3＝(mB＋m)a2? 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B與木板達(dá)到共同速度時(shí)，A的速度大小也為v1，但運(yùn)動(dòng)方向與木板相反。由題意知，A和B相遇時(shí)，A與木板的速度相同，設(shè)其大小為v2。設(shè)A的速度大小從v1變到v2所用的時(shí)間為t2，則由運(yùn)動(dòng)