2026版高考物理步步高大二輪（培優(yōu)版）第一部分專(zhuān)題整合提升專(zhuān)題一力與運(yùn)動(dòng)第1課時(shí)力與物體的平衡【知識(shí)網(wǎng)絡(luò)】熱點(diǎn)一受力分析及靜態(tài)平衡問(wèn)題例1(2024·浙江1月選考，6)如圖1所示，在同一豎直平面內(nèi)，小球A、B上系有不可伸長(zhǎng)的細(xì)線a、b、c和d，其中a的上端懸掛于豎直固定的支架上，d跨過(guò)左側(cè)定滑輪、c跨過(guò)右側(cè)定滑輪分別與相同配重P、Q相連，調(diào)節(jié)左、右兩側(cè)定滑輪高度達(dá)到平衡。已知小球A、B和配重P、Q質(zhì)量均為50g，細(xì)線c、d平行且與水平成θ＝30°(不計(jì)摩擦)，則細(xì)線a、b的拉力分別為(g＝10m/s2)()圖1A.2N1N B.2N0.5N C.1N1N D.1N0.5N答案D解析由題意可知細(xì)線c對(duì)A的拉力和細(xì)線d對(duì)B的拉力大小相等且為0.5N、方向相反，對(duì)A、B整體分析可知細(xì)線a的拉力大小為Fa＝(mA＋mB)g＝1N，故A、B錯(cuò)誤；設(shè)細(xì)線b與水平方向夾角為α，對(duì)A球受力分析有Fbsinα＋Fcsinθ＝mAg，F(xiàn)bcosα＝Fccosθ，聯(lián)立解得Fb＝0.5N，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。方法總結(jié)處理平衡問(wèn)題常用的方法合成法物體受三個(gè)共點(diǎn)力的作用而平衡，則任意兩個(gè)力的合力一定與第三個(gè)力大小相等，方向相反分解法按作用效果分解：物體受三個(gè)共點(diǎn)力的作用而平衡，將某一個(gè)力按力的作用效果分解，則其分力和其他兩個(gè)力大小相等，方向相反正交分解法：物體受到三個(gè)或三個(gè)以上力的作用時(shí)，將物體所受的力分解為相互垂直的兩組，每組力都滿足平衡條件矢量三角形法對(duì)受三個(gè)共點(diǎn)力作用而平衡的物體，將力的矢量圖平移，使三個(gè)力組成一個(gè)首尾依次相接的矢量三角形，根據(jù)正弦定理、余弦定理或相似三角形等數(shù)學(xué)知識(shí)求解未知力訓(xùn)練1(2024·山東聊城二模)如圖2所示，某創(chuàng)新實(shí)驗(yàn)小組制作了一個(gè)半徑為12cm的圓環(huán)，將3個(gè)相同的輕彈簧一端等間距地連接在圓環(huán)上的A、B、C三點(diǎn)，另外一端連接于同一點(diǎn)，結(jié)點(diǎn)O恰好在圓心處。將圓環(huán)水平放置，在結(jié)點(diǎn)O處懸掛一瓶礦泉水，緩慢釋放直至平衡時(shí)測(cè)得結(jié)點(diǎn)下降了5cm。已知輕彈簧的自然長(zhǎng)度為9cm，礦泉水(包括瓶)受到的重力為6N，則彈簧的勁度系數(shù)為()圖2A.390N/m B.130N/m C.3.90N/m D.1.30N/m答案B解析如圖所示，由幾何關(guān)系可知平衡時(shí)每根彈簧的長(zhǎng)度均為x＝eq\r(122＋52)cm＝13cm，每根彈簧的伸長(zhǎng)量均為Δx＝13cm－9cm＝4cm，豎直方向根據(jù)受力平衡可得G＝3kΔxcosθ，解得彈簧的勁度系數(shù)k＝eq\f(G,3Δxcosθ)＝130N/m，B正確。熱點(diǎn)二動(dòng)態(tài)平衡和極值問(wèn)題例2(多選)(2024·山東青島第一中學(xué)?？?質(zhì)量為M的木楔傾角θ為37°，在水平面上保持靜止。當(dāng)將一質(zhì)量為m的木塊放在木楔斜面上時(shí)，它正好勻速下滑。如圖3所示，當(dāng)用與木楔斜面成α角的力F拉木塊時(shí)，木塊勻速上升(已知木楔在整個(gè)過(guò)程中始終靜止)。sin37°＝0.6。下列說(shuō)法正確的有()圖3A.物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.75B.當(dāng)α＝37°時(shí)F有最小值C.當(dāng)α＝30°時(shí)F有最小值D.F的最小值為0.96mg答案ABD解析物塊勻速下滑時(shí)，有mgsin37°＝μmgcos37°，解得μ＝0.75，A正確；物塊勻速上升時(shí)，有Fcosα＝mgsinθ＋μ(mgcosθ－Fsinα)，整理得F＝eq\f(mgsin2θ,cos（θ－α）)，可知，當(dāng)α＝θ＝37°時(shí)，F(xiàn)有最小值，最小值為F＝0.96mg，B、D正確，C錯(cuò)誤。例3(2024·山東煙臺(tái)高三統(tǒng)考)一豎直放置的輕質(zhì)圓環(huán)靜止于水平面上，質(zhì)量為m的物體用輕繩系于圓環(huán)邊緣上的A、B兩點(diǎn)，結(jié)點(diǎn)恰位于圓環(huán)的圓心О點(diǎn)。已知物體靜止時(shí)，AO繩水平，BO繩與AO繩的夾角為150°。現(xiàn)使圓環(huán)沿順時(shí)針?lè)较蚓徛凉L動(dòng)，在AO繩由水平轉(zhuǎn)動(dòng)至豎直的過(guò)程中()圖4A.AO繩中的拉力一直增大B.AO繩中最大拉力為2mgC.BO繩中的拉力先減小后增大D.BO繩中最小拉力為mg答案B解析物體始終保持靜止，合力為零，由于重力不變，F(xiàn)1和F2夾角α＝150°不變，則β＝30°，則mg、F1、F2構(gòu)成封閉的矢量三角形，如圖所示。在AO繩由水平轉(zhuǎn)動(dòng)至豎直的過(guò)程中，AO繩中的拉力先增大后減小，BO繩中的拉力一直減小，故A、C錯(cuò)誤；當(dāng)F1沿直徑方向時(shí)，F(xiàn)1最大，AO繩中最大拉力為F1＝eq\f(mg,sin30°)＝2mg，故B正確；在AO繩豎直時(shí)，BO繩中拉力最小，為零，故D錯(cuò)誤。對(duì)一力恒定，另兩個(gè)力夾角不變的動(dòng)態(tài)分析方法(1)輔助圓法：根據(jù)同弧(弦)所對(duì)的圓周角相等，作三角形的外接圓，如圖甲所示，可直觀判斷力的大小變化。(2)正弦定理法：將結(jié)點(diǎn)O處受到的力平移后首尾相連成三角形，如圖乙所示。順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)θ角時(shí)，兩繩之間的夾角保持不變。根據(jù)正弦定理有eq\f(mg,sinβ)＝eq\f(FOA,sinα)＝eq\f(FOB,sinγ)。在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中β角保持30°不變，γ角由90°減小到0°，α角由60°增大到180°，可得FOA先增大后減小，F(xiàn)OB一直減小。訓(xùn)練2(2024·山東日照一模)如圖5所示，甲、乙為長(zhǎng)度、半徑、材料均相同的質(zhì)量分布均勻的圓柱體和半圓柱體，甲表面光滑，乙表面粗糙，半圓柱體乙的重力為G，兩物體靠在一起放置在粗糙水平桌面上。現(xiàn)過(guò)圓柱體甲的軸心施加一個(gè)始終與水平方向夾角α＝60°斜向右上方的作用力F，將圓柱體甲緩慢地拉至半圓柱體乙的頂端，乙始終處于靜止?fàn)顟B(tài)。在甲緩慢移動(dòng)的過(guò)程中，下列判斷正確的是()圖5A.兩圓柱體間的壓力由eq\r(3)G逐漸增大至2GB.拉力F由eq\r(3)G逐漸減小至GC.桌面對(duì)半圓柱體乙的摩擦力逐漸減小D.桌面對(duì)半圓柱體乙的支持力不變答案C解析根據(jù)題意，對(duì)甲受力分析，如圖(a)所示由平衡條件有Fcos60°＝FN甲cos30°Fsin60°＋FN甲sin30°＝2G解得FN甲＝G，F(xiàn)＝eq\r(3)G將圓柱體甲緩慢地拉至半圓柱體乙的頂端，拉力F方向不變，拉力F與FN甲的變化情況，如圖(b)所示，可知兩圓柱體間的壓力逐漸增大，拉力F逐漸減小，當(dāng)圓柱體甲拉至半圓柱體乙的頂端時(shí)，F(xiàn)N最大，等于圓柱體甲的重力大小2G，拉力F最小為零，故A、B錯(cuò)誤；對(duì)圓柱體甲和半圓柱體乙整體受力分析，如圖(c)所示，由平衡條件有Fcos60°＝Ff，F(xiàn)N＋Fsin60°＝3G，由于F逐漸減小，則Ff逐漸減小，F(xiàn)N逐漸增大，故C正確，D錯(cuò)誤。熱點(diǎn)三電磁場(chǎng)中的平衡問(wèn)題例4(2022·湖南卷，3)如圖6(a)，直導(dǎo)線MN被兩等長(zhǎng)且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO′上，其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO′的磁場(chǎng)，與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時(shí)間變化，其截面圖如圖(b)所示。導(dǎo)線通以電流I，靜止后，懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說(shuō)法正確的是()圖6A.當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖(a)右側(cè)位置時(shí)，導(dǎo)線中電流方向由N指向MB.電流I增大，靜止后，導(dǎo)線對(duì)懸線的拉力不變C.tanθ與電流I成正比D.sinθ與電流I成正比答案D解析當(dāng)導(dǎo)線靜止在題圖(a)右側(cè)位置時(shí)，對(duì)導(dǎo)線MN受力分析如圖所示，可知導(dǎo)線中電流方向由M指向N，A錯(cuò)誤；由于與OO′距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時(shí)間變化，有sinθ＝eq\f(IlB,mg)，F(xiàn)T＝mgcosθ，則sinθ與電流I成正比，當(dāng)I增大時(shí)θ增大，cosθ減小，靜止后，導(dǎo)線對(duì)懸線的拉力FT減小，B、C錯(cuò)誤，D正確。解決電磁場(chǎng)中平衡問(wèn)題的技巧(1)點(diǎn)電荷間的作用力大小要用庫(kù)侖定律公式計(jì)算。(2)安培力方向的判斷要先明確磁場(chǎng)方向、電流方向，再用左手定則判斷安培力的方向，同時(shí)注意將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖。(3)電場(chǎng)力或安培力的出現(xiàn)，可能會(huì)對(duì)彈力或摩擦力產(chǎn)生影響。(4)涉及電路問(wèn)題時(shí)，要注意閉合電路歐姆定律的應(yīng)用。訓(xùn)練3(2024·湖北武漢高三統(tǒng)考)如圖7所示，水平面上固定的裝置是由半徑為R的絕緣圓環(huán)和沿半徑方向的絕緣細(xì)桿組成，空間中的勻強(qiáng)電場(chǎng)平行于細(xì)桿向左。圓環(huán)上套有一帶正電小球A，細(xì)桿上套有一帶正電小球B。初始時(shí)A靜止在離P點(diǎn)較近處，兩球間距為R，現(xiàn)用外力使B緩慢向P點(diǎn)移動(dòng)，則A沿圓環(huán)緩慢逆時(shí)針移動(dòng)。在這過(guò)程中，若兩小球所帶電荷量不改變且不計(jì)一切摩擦，則下列說(shuō)法中正確的是()圖7A.圓環(huán)對(duì)小球A的彈力一直減小B.兩球間的庫(kù)侖力先增大后減小C.B對(duì)A的庫(kù)侖力可能大于圓環(huán)對(duì)A的彈力D.B對(duì)A的庫(kù)侖力小于勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)A的作用力答案D解析對(duì)小球A受力分析如圖，設(shè)球B到圓心O的距離為x，兩球間的距離為y，由三角形關(guān)系可知eq\f(qE,x)＝eq\f(FN,R)＝eq\f(F庫(kù),y)，開(kāi)始時(shí)y＝R，當(dāng)B右移時(shí)，x減小，則FN變大，故A錯(cuò)誤；y減小，即此時(shí)y＜R，根據(jù)F庫(kù)＝eq\f(kqAqB,y2)，可知兩球間的庫(kù)侖力逐漸變大，B對(duì)A的庫(kù)侖力小于圓環(huán)對(duì)A的彈力，故B、C錯(cuò)誤；因x＞R，而y＜R，可知qE＞F庫(kù)，即B對(duì)A的庫(kù)侖力小于勻強(qiáng)電場(chǎng)對(duì)A的作用力，故D正確。新情境命題關(guān)注生活中的平衡問(wèn)題情境分析新高考物理試題仍然堅(jiān)持“無(wú)情境，不命題”原則，以生活、生產(chǎn)勞動(dòng)為情境，考查受力分析和共點(diǎn)力平衡等成為高頻考點(diǎn)，在解決此類(lèi)問(wèn)題時(shí)要將所學(xué)物理知識(shí)與實(shí)際情境聯(lián)系起來(lái)，抓住問(wèn)題實(shí)質(zhì)將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為熟知的物理模型和物理過(guò)程求解。典例(2023·山東卷，2)餐廳暖盤(pán)車(chē)的儲(chǔ)盤(pán)裝置示意圖如圖8所示，三根完全相同的彈簧等間距豎直懸掛在水平固定圓環(huán)上，下端連接托盤(pán)。托盤(pán)上疊放若干相同的盤(pán)子，取走一個(gè)盤(pán)子，穩(wěn)定后余下的正好升高補(bǔ)平。已知單個(gè)盤(pán)子的質(zhì)量為300g，相鄰兩盤(pán)間距1.0cm，重力加速度大小取10m/s2。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，每根彈簧的勁度系數(shù)為()圖8A.10N/m B.100N/m C.200N/m D.300N/m答案B解析由題知，取走一個(gè)盤(pán)子，穩(wěn)定后余下的正好升高補(bǔ)平，則說(shuō)明一個(gè)盤(pán)子的重力可以使彈簧產(chǎn)生的形變量等于相鄰兩盤(pán)間距，則有mg＝3kx，解得k＝100N/m，故B正確。訓(xùn)練(2024·河南洛陽(yáng)高三校聯(lián)考)如圖9是古人篩谷時(shí)的場(chǎng)景，人對(duì)篩子不施加力時(shí)篩面水平，三根輕桿與豎直方向的夾角均為θ，三根輕繩與豎直方向的夾角均為β，則每根輕桿上的力與每根輕繩上的拉力之比為()圖9A.sinβ∶sinθ B.cosβ∶cosθ C.tanβ∶tanθ D.1∶1答案B解析設(shè)篩子和谷子的總重力為G，把桿或繩上的力沿豎直方向和水平方向分解，在豎直方向上根據(jù)平衡條件有G＝3F桿cosθ＝3F繩cosβ，可得eq\f(F桿,F繩)＝eq\f(cosβ,cosθ)，故B正確。1.(2024·黑吉遼卷，3)利用硯臺(tái)將墨條研磨成墨汁時(shí)講究“圓、緩、勻”。如圖10，在研磨過(guò)程中，硯臺(tái)始終靜止在水平桌面上。當(dāng)墨條的速度方向水平向左時(shí)()圖10A.硯臺(tái)對(duì)墨條的摩擦力方向水平向左B.桌面對(duì)硯臺(tái)的摩擦力方向水平向左C.桌面和墨條對(duì)硯臺(tái)的摩擦力是一對(duì)平衡力D.桌面對(duì)硯臺(tái)的支持力與墨條對(duì)硯臺(tái)的壓力是一對(duì)平衡力答案C解析墨條相對(duì)于硯臺(tái)水平向左運(yùn)動(dòng)，硯臺(tái)對(duì)墨條有向右的摩擦力，A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第三定律知，墨條對(duì)硯臺(tái)有向左的摩擦力，硯臺(tái)處于平衡狀態(tài)，故桌面對(duì)硯臺(tái)有向右的摩擦力，B錯(cuò)誤；硯臺(tái)處于平衡狀態(tài)，水平方向只受桌面和墨條對(duì)其的摩擦力，故這兩個(gè)力是一對(duì)平衡力，C正確；桌面對(duì)硯臺(tái)的支持力等于硯臺(tái)的重力與墨條對(duì)硯臺(tái)的壓力之和，故桌面對(duì)硯臺(tái)的支持力與墨條對(duì)硯臺(tái)的壓力不是一對(duì)平衡力，D錯(cuò)誤。2.(2024·湖北卷，6)如圖11所示，兩拖船P、Q拉著無(wú)動(dòng)力貨船S一起在靜水中沿圖中虛線方向勻速前進(jìn)，兩根水平纜繩與虛線的夾角均保持為30°。假設(shè)水對(duì)三艘船在水平方向的作用力大小均為f，方向與船的運(yùn)動(dòng)方向相反，則每艘拖船發(fā)動(dòng)機(jī)提供的動(dòng)力大小為()圖11A.eq\f(\r(3),3)f B.eq\f(\r(21),3)f C.2f D.3f答案B解析3.(2024·山東卷，2)如圖12所示，國(guó)產(chǎn)人形機(jī)器人“天工”能平穩(wěn)通過(guò)斜坡。若它可以在傾角不大于30°的斜坡上穩(wěn)定地站立和行走，且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則它的腳和斜坡間的動(dòng)摩擦因數(shù)不能小于()圖12A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),3) C.eq\f(\r(2),2) D.eq\f(\r(3),2)答案B解析斜坡傾角越大，“天工”越容易下滑，只要保證“天工”在傾角30°的斜坡上不下滑，在小于30°傾角的斜坡上更不會(huì)下滑，對(duì)在傾角30°的斜坡上的“天工”受力分析，有μmgcos30°≥mgsin30°，解得μ≥eq\f(\r(3),3)，B正確。4.(2024·河北卷，5)如圖13，彈簧測(cè)力計(jì)下端掛有一質(zhì)量為0.20kg的光滑均勻球體，球體靜止于帶有固定擋板的斜面上，斜面傾角為30°，擋板與斜面夾角為60°。若彈簧測(cè)力計(jì)位于豎直方向，讀數(shù)為1.0N，g取10m/s2，擋板對(duì)球體支持力的大小為()圖13A.eq\f(\r(3),3)N B.1.0N C.eq\f(2\r(3),3)N D.2.0N答案A解析對(duì)球體受力分析如圖所示，正交分解列方程，x軸方向FN1sin30°＝FN2sin30°，y軸方向FN1cos30°＋FN2·cos30°＋F＝mg，聯(lián)立解得FN1＝eq\f(\r(3),3)N，A正確。5.(2024·新課標(biāo)卷，18)如圖14，兩根不可伸長(zhǎng)的等長(zhǎng)絕緣細(xì)繩的上端均系在天花板的O點(diǎn)上，下端分別系有均帶正電荷的小球P、Q；小球處在某一方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，平衡時(shí)兩細(xì)繩與豎直方向的夾角大小相等，則()圖14A.兩繩中的張力大小一定相等B.P的質(zhì)量一定大于Q的質(zhì)量C.P的電荷量一定小于Q的電荷量D.P的電荷量一定大于Q的電荷量答案B解析設(shè)細(xì)繩與豎直方向的夾角均為θ，兩球之間的庫(kù)侖力大小為F，將兩球間的庫(kù)侖力與靜電力合成為一個(gè)力，將四力平衡轉(zhuǎn)化為三力平衡，如圖所示，F(xiàn)Q＝eq\f(F庫(kù)－qQE,sinθ)，F(xiàn)P＝eq\f(F庫(kù)＋qPE,sinθ)，則兩繩中的張力大小關(guān)系為FQ<FP，A錯(cuò)誤；由mQg＝eq\f(F庫(kù)－qQE,tanθ)，mPg＝eq\f(F庫(kù)＋qPE,tanθ)，可知mP>mQ，B正確；F庫(kù)＝mQgtanθ＋qQE＝mPgtanθ－qPE，只根據(jù)mP>mQ無(wú)法確定qP與qQ的大小關(guān)系，C、D錯(cuò)誤。基礎(chǔ)保分練1.(2023·江蘇卷，7)如圖1所示，“嫦娥五號(hào)”探測(cè)器靜止在月球平坦表面處。已知探測(cè)器質(zhì)量為m，四條腿與豎直方向的夾角均為θ，月球表面的重力加速度為地球表面重力加速度g的eq\f(1,6)。每條腿對(duì)月球表面壓力的大小為()圖1A.eq\f(mg,4) B.eq\f(mg,4cosθ) C.eq\f(mg,6cosθ) D.eq\f(mg,24)答案D解析由于探測(cè)器靜止在月球平坦表面處，月球表面對(duì)每條腿的支持力都豎直向上，則4FN＝m·eq\f(1,6)g，解得FN＝eq\f(mg,24)，根據(jù)牛頓第三定律可知每條腿對(duì)月球表面的壓力大小為eq\f(mg,24)，D正確，A、B、C錯(cuò)誤。2.(2024·山東煙臺(tái)高三聯(lián)考)中國(guó)傳統(tǒng)工藝——榫卯結(jié)構(gòu)出現(xiàn)在當(dāng)下流行的拼插玩具中，如圖2甲所示。圖乙是一種榫卯連接構(gòu)件，相互連接的兩部分M、N，其中構(gòu)件M固定在水平地面上，榫、卯接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，沿N的軸線OP用大小為F的力才能將N從M中緩慢拉出?？烧J(rèn)為各接觸面間的彈力大小均為FN，滑動(dòng)摩擦力與最大靜摩擦力大小相等，N的下表面與水平地面未接觸，則榫、卯接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為()圖2A.eq\f(F,2FN) B.eq\f(F,3FN) C.eq\f(F,4FN) D.eq\f(F,5FN)答案C解析將N從M中緩慢拉出，處于平衡狀態(tài)，榫卯結(jié)構(gòu)有4個(gè)接觸面，則4μFN＝F，解得μ＝eq\f(F,4FN)，故C正確。3.(2024·河南周口高三聯(lián)考)如圖3所示，質(zhì)量為m、粗細(xì)均勻、質(zhì)量分布均勻的直桿一端擱在水平面上的長(zhǎng)木板上，另一端用輕繩懸掛著，用力向左拉長(zhǎng)木板使其向左運(yùn)動(dòng)，直桿穩(wěn)定時(shí)輕繩與豎直方向的夾角為37°，桿與板間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g，sin37°＝0.6，則輕繩的拉力大小為()圖3A.0.5mg B.0.6mg C.0.75mg D.0.8mg答案A解析對(duì)直桿受力分析如圖所示，根據(jù)平衡條件，在水平方向Ff＝Tsin37°其中Ff＝μFN在豎直方向FN＋Tcos37°＝mg聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得T＝0.5mg，故A正確。4.(2024·廣東深圳一模)如圖4所示，用一輕繩通過(guò)定滑輪將質(zhì)量為m的小球靜置在光滑的半圓柱體上，小球的半徑遠(yuǎn)小于半圓柱體截面的半徑R，繩AB長(zhǎng)度為L(zhǎng)，長(zhǎng)度為H的桿BC豎直且與半圓柱體邊緣相切，OA與水平面夾角為θ，不計(jì)一切摩擦，重力加速度為g，下列表達(dá)式表示繩對(duì)小球拉力F的是()圖4A.eq\f(mgL,H) B.eq\f(mgR（1＋cosθ）,（H＋Rtanθ）cosθ)C.eq\f(mgL,H＋Rtanθ) D.eq\f(mgLtanθ,Htanθ＋R)答案C解析根據(jù)題意，對(duì)小球受力分析，受到重力G、支持力FN和拉力F作用，把拉力和支持力平移，組成矢量三角形，延長(zhǎng)AO和BC交于D點(diǎn)，如圖所示。由幾何關(guān)系和三角形相似有eq\f(F,L)＝eq\f(mg,H＋Rtanθ)，解得F＝eq\f(mgL,H＋Rtanθ)，故C正確。5.(2024·河北石家莊質(zhì)檢)帆船是人類(lèi)的偉大發(fā)明之一，船員可以通過(guò)調(diào)節(jié)帆面的朝向讓帆船逆風(fēng)行駛，如圖5所示為帆船逆風(fēng)行駛時(shí)的簡(jiǎn)化示意圖，此時(shí)風(fēng)力F＝2000N，方向與帆面的夾角α＝30°，航向與帆面的夾角β＝37°，風(fēng)力在垂直帆面方向的分力推動(dòng)帆船逆風(fēng)行駛。已知sin37°＝0.6，則帆船在沿航向獲得的動(dòng)力為()圖5A.200N B.400N C.600N D.800N答案C解析將風(fēng)力F沿著帆面和垂直帆面方向分解，其垂直于帆面方向的分力F1＝Fsinα＝1000N，再將F1沿帆船航向和垂直帆船航向分解，則帆船在沿航向獲得的動(dòng)力F2＝F1sinβ＝600N，C正確。6.(2024·廣東汕頭一模)消毒碗柜的金屬碗架可以將碗放置于兩條金屬桿之間，如圖6甲所示。假設(shè)碗豎直放置，取某個(gè)碗的正視圖如圖乙所示，其中a、b分別為兩光滑水平金屬桿，下列說(shuō)法正確的是()圖6A.若減小a、b間距，碗仍保持豎直靜止，碗的合力減小B.若減小a、b間距，碗仍保持豎直靜止，a桿受到的彈力不變C.若將質(zhì)量相同、半徑更大的碗豎直放置于a、b桿之間，該碗受到桿的作用力小于質(zhì)量相同、半徑更小的碗受到桿的作用力D.若將質(zhì)量相同、半徑更大的碗豎直放置于a、b桿之間，該碗受到桿的作用力等于質(zhì)量相同、半徑更小的碗受到桿的作用力答案D解析若減小a、b間距，碗仍保持豎直靜止，碗所受的合力仍為0，A錯(cuò)誤；對(duì)碗受力分析如圖所示，設(shè)b桿對(duì)碗的彈力F2與豎直方向的夾角為θ，碗的重力為G，則F1＝Gtanθ，F(xiàn)2＝eq\f(G,cosθ)，若減小a、b間距，則θ減小，F(xiàn)1減小，根據(jù)牛頓第三定律可知a桿受到的彈力減小，B錯(cuò)誤；a、b桿對(duì)碗的作用力的合力與碗的重力等大反向，則將質(zhì)量相同、半徑更大的碗豎直放置于a、b桿之間，該碗受到桿的作用力等于質(zhì)量相同、半徑更小的碗受到桿的作用力，C錯(cuò)誤，D正確。7.如圖7所示，勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向與水平方向夾角為30°且斜向右上方，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直于紙面(圖中未畫(huà)出)。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))以與水平方向成30°角斜向左上方的速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g。則()圖7A.勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向可能垂直于紙面向外B.小球可能帶正電荷C.電場(chǎng)強(qiáng)度大小為eq\r(\f(2mg,q))D.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為eq\f(\r(3)mg,qv)答案D解析帶電小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受力平衡。若小球帶正電荷，小球受力情況如圖甲所示，不可能平衡，則小球帶負(fù)電荷，受力分析如圖乙所示，由左手定則可判斷勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤；靜電力與重力大小相等，夾角為60°，電場(chǎng)強(qiáng)度E＝eq\f(mg,q)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由共點(diǎn)力的平衡條件得qvB＝2mgcos30°＝eq\r(3)mg，則B＝eq\f(\r(3)mg,qv)，D項(xiàng)正確。8.(多選)(2024·四川成都模擬)如圖8所示，在傾角為θ＝30°的粗糙斜面上放一物體重力為G，斜面為矩形。現(xiàn)在用與底邊BC平行的恒力F推物體，物體恰好能沿斜面的對(duì)角線AC做勻速直線運(yùn)動(dòng)。已知AB＝40cm、BC＝30cm，sin30°＝eq\f(1,2)，cos30°＝eq\f(\r(3),2)，g＝10m/s2。下列說(shuō)法正確的是()圖8A.斜面對(duì)物體的支持力FN＝eq\f(\r(3),2)GB.斜面對(duì)物體的摩擦力Ff＝eq\f(1,2)GC.物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)D.推力F＝eq\f(3,8)G答案AD解析重力在垂直于斜面方向的分力與支持力平衡，則有FN＝Gcosθ＝eq\f(\r(3),2)G，故A正確；物體在平面ABCD內(nèi)的受力分析如圖所示，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡有Ffcos37°＝Gsin30°，F(xiàn)fsin37°＝F，聯(lián)立解得Ff＝eq\f(5,8)G，F(xiàn)＝eq\f(3,8)G，又Ff＝μFN，解得物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝eq\f(5\r(3),12)，故B、C錯(cuò)誤，D正確。提能增分練9.如圖9所示，某同學(xué)用一雙筷子夾起質(zhì)量為m的圓柱形重物，已知圓柱豎直、半徑為r，筷子水平，交叉點(diǎn)到圓柱接觸點(diǎn)的距離均為L(zhǎng)＝4r，每根筷子對(duì)圓柱的壓力大小為2mg，重力加速度大小為g，下列說(shuō)法正確的是()圖9A.每根筷子與圓柱體間的摩擦力大小為eq\f(1,2)mgB.每根筷子與圓柱體間的摩擦力大小為eq\f(\r(2),2)mgC.每根筷子與圓柱體間的摩擦力大小為eq\f(\r(3),2)mgD.若增大筷子與圓柱體間的壓力，摩擦力大小不變答案B解析重物在豎直方向上由平衡條件可知2Ffy＝mg，解得Ffy＝eq\f(1,2)mg，水平方向受力分析俯視如圖所示，cosα＝eq\f(r,\r(17)r)＝eq\f(1,\r(17))，cosθ＝eq\f(4r,\r(17)r)＝eq\f(4,\r(17))，由平衡條件知2FNcosα＝2Ffxcosθ，其中FN＝2mg，解得Ffx＝eq\f(1,2)mg，所以每根筷子與圓柱體間的摩擦力大小為Ff＝eq\r(Feq\o\al(2,fx)＋Feq\o\al(2,fy))＝eq\f(\r(2),2)mg，故A、C錯(cuò)誤，B正確；增大筷子與圓柱體間的壓力，摩擦力豎直分量仍等于重力大小，摩擦力水平分量增大，摩擦力變大，故D錯(cuò)誤。10.(2024·河南漯河高三統(tǒng)考)一半圓環(huán)直徑為AB，圓心為O，半圓環(huán)放置于豎直平面內(nèi)，直徑AB與水平方向的夾角為θ，如圖10所示，A、B兩端系著一根不可伸長(zhǎng)的輕繩，繩長(zhǎng)大于直徑AB，繩上套有一光滑小球，現(xiàn)將半圓環(huán)在豎直平面內(nèi)繞圓心O順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)過(guò)2θ。在此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()圖10A.輕繩的拉力先增大后減小B.輕繩的拉力先減小后增大C.小球受到的合力先減小后增大D.小球受到的合力先增大后減小答案A解析設(shè)輕繩與豎直方向夾角為α，AN、NB間夾角為2α，如圖所示，則根據(jù)幾何關(guān)系可得2Rcosθ＝MAANsinα＋NBsinα＝MAL＝AN＋NB聯(lián)立可得sinα＝eq\f(2Rcosθ,L)根據(jù)平衡條件可得2Fcosα＝mg可得F＝eq\f(mgL,2\r(L2－4R2cos2θ))可知，圓環(huán)從圖示位置繞圓心O順時(shí)針緩慢轉(zhuǎn)過(guò)2θ角的過(guò)程中，輕繩的拉力先增大再減小，故A正確，B錯(cuò)誤；因?yàn)樾∏蚴蔷徛\(yùn)動(dòng)的，處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)，所受合力一直為0，故C、D錯(cuò)誤。11.(多選)(2024·廣東廣州模擬)如圖11在一半徑為R的表面光滑的半球形容器的球心O點(diǎn)，用長(zhǎng)為eq\f(R,2)的絕緣細(xì)線懸掛一質(zhì)量為2m、電荷量為＋q1的小球A，在容器內(nèi)放置一質(zhì)量為m、電荷量為＋q2的小球B，已知B與容器絕緣。兩球在如圖所示的位置處于平衡狀態(tài)，此時(shí)細(xì)線與豎直方向的夾角θ＝30°。下列說(shuō)法正確的是()圖11A.容器對(duì)小球B的支持力等于細(xì)線對(duì)小球A的拉力B.容器對(duì)小球B的支持力等于細(xì)線對(duì)小球A拉力的2倍C.細(xì)線對(duì)小球A的拉力為小球A重力的eq\f(\r(3),2)D.兩小球間的庫(kù)侖力為小球A重力的eq\f(\r(3),2)答案AC解析如圖甲所示，兩球A、B的連線交過(guò)球心O的豎直線于P點(diǎn)，分析兩小球的受力，并將力經(jīng)適當(dāng)平移，構(gòu)成矢量三角形，根據(jù)力的矢量三角形與幾何三角形相似，可得eq\f(OP,2mg)＝eq\f(R,2T)，eq\f(OP,mg)＝eq\f(R,FN)，所以FN＝T，故A正確，B錯(cuò)誤；把小球A、B看作整體，對(duì)整體受力分析如圖乙所示，由正交分解可得FNsinα＝Tsinθ，F(xiàn)Ncosα＋Tcosθ＝3mg，解得α＝θ＝30°，T＝eq\f(\r(3),2)·2mg，故C正確；設(shè)兩小球間的庫(kù)侖力為F，對(duì)小球A，有F＝eq\r(T2＋（2mg）2－2T·2mgcos30°)＝mg，故D錯(cuò)誤。培優(yōu)高分練12.(2024·九省聯(lián)考安徽)如圖12所示，輕繩1兩端分別固定在M、N兩點(diǎn)(N點(diǎn)在M點(diǎn)右上方)，輕繩1上套有一個(gè)輕質(zhì)的光滑小環(huán)，質(zhì)量為m的物塊P通過(guò)另一根輕繩2懸掛在環(huán)的下方，處于靜止?fàn)顟B(tài)，∠MON＝60°?，F(xiàn)用一水平向右的力F緩慢拉動(dòng)物塊，直到輕繩2與MN連線方向垂直。已知重力加速度為g。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()圖12A.施加拉力F前，輕繩1的張力大小為eq\f(\r(3),3)mgB.物塊在緩慢移動(dòng)過(guò)程中，輕繩2的延長(zhǎng)線始終平分∠MONC.物塊在緩慢移動(dòng)過(guò)程中，輕繩2的張力越來(lái)越大D.物塊在緩慢移動(dòng)過(guò)程中，輕繩1的張力可能先增大后減小答案D解析施加拉力F前，以小環(huán)為研究對(duì)象，受到輕繩2的拉力大小等于物塊P的重力mg，豎直方向根據(jù)受力平衡可得2T1cos30°＝mg，解得輕繩1的張力大小為T(mén)1＝eq\f(\r(3),3)mg，故A正確；物塊在緩慢移動(dòng)過(guò)程中，以小環(huán)為研究對(duì)象，由于小環(huán)兩側(cè)輕繩1的張力大小總是相等，則小環(huán)兩側(cè)輕繩1的張力合力始終沿∠MON平分線上，根據(jù)受力平衡可知，輕繩2的延長(zhǎng)線始終平分∠MON，故B正確；物塊在緩慢移動(dòng)過(guò)程中，輕繩2與豎直方向的夾角θ逐漸增大，以物塊為研究對(duì)象，根據(jù)受力平衡可得T2cosθ＝mg，可知T2＝eq\f(mg,cosθ)，可知輕繩2的張力越來(lái)越大，故C正確；物塊在緩慢移動(dòng)過(guò)程中，由于M、N之間的輕繩1長(zhǎng)度不變，根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)可知，小環(huán)的運(yùn)動(dòng)軌跡為橢圓，M、N為橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)；當(dāng)輕繩2與MN連線方向垂直時(shí)，小環(huán)剛好位于橢圓的短軸頂點(diǎn)上，根據(jù)橢圓知識(shí)可知此時(shí)∠MON最大，則此過(guò)程∠MON＝α逐漸增大，以小環(huán)為研究對(duì)象，根據(jù)受力平衡可得2T1′coseq\f(α,2)＝T2，可得T1′＝eq\f(T2,2cos\f(α,2))，可知此過(guò)程輕繩1的張力一直增大，故D錯(cuò)誤。第2課時(shí)力與直線運(yùn)動(dòng)【知識(shí)網(wǎng)絡(luò)】熱點(diǎn)一勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用兩種勻減速直線運(yùn)動(dòng)的分析方法(1)剎車(chē)問(wèn)題的分析：末速度為零的勻減速直線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題常用逆向思維法，對(duì)于剎車(chē)問(wèn)題，應(yīng)先判斷車(chē)停下所用的時(shí)間，再選擇合適的公式求解。(2)雙向可逆類(lèi)運(yùn)動(dòng)分析：勻減速直線運(yùn)動(dòng)速度減為零后反向運(yùn)動(dòng)，全過(guò)程加速度的大小和方向均不變，故求解時(shí)可對(duì)全過(guò)程列式，但需注意x、v、a等矢量的正負(fù)及物理意義。例1(2024·湖南長(zhǎng)沙一模)某地受到山洪引起的泥石流災(zāi)害，一直升機(jī)懸停在距離地面100m的上空，一消防戰(zhàn)士沿豎直繩索從直升機(jī)下滑到地面救助受災(zāi)群眾。若消防戰(zhàn)士下滑的最大速度為5m/s，到達(dá)地面的速度大小為1m/s，加速和減速的最大加速度大小均為a＝1m/s2，則消防戰(zhàn)士最快到達(dá)地面的時(shí)間為()A.15.1s B.24.1s C.23.1s D.22.1s答案B解析若要求消防戰(zhàn)士最快到達(dá)地面，則消防戰(zhàn)士應(yīng)先以最大的加速度a＝1m/s2加速到最大速度vm＝5m/s，然后以最大速度勻速運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間，再以大小為a＝1m/s2的加速度減速到達(dá)地面且速度變?yōu)?m/s，消防戰(zhàn)士最快到達(dá)地面的時(shí)間為上述三段運(yùn)動(dòng)時(shí)間之和。消防戰(zhàn)士加速運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間和位移分別為t1＝eq\f(vm,a)＝5s，x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝12.5m，消防戰(zhàn)士減速運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間和位移分別為t3＝eq\f(v－vm,－a)＝4s，x3＝vmt3－eq\f(1,2)ateq\o\al(2,3)＝12m，則消防戰(zhàn)士在勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程所經(jīng)歷的時(shí)間為t2＝eq\f(x－x1－x3,vm)＝15.1s，故消防戰(zhàn)士最快到達(dá)地面的時(shí)間為t＝t1＋t2＋t3＝24.1s，故B正確。訓(xùn)練1(2024·河北張家口高三月考)冰壺比賽是以隊(duì)為單位在冰上進(jìn)行的一種投擲性競(jìng)賽項(xiàng)目。在某次比賽中，冰壺投出后以8m/s的初速度做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為0.4m/s2，下列說(shuō)法中正確的是()A.冰壺第1s末的速度大小為0.4m/sB.冰壺第1s內(nèi)的位移大小為8.2mC.倒數(shù)第3s內(nèi)的位移大小為1.0mD.倒數(shù)第3s內(nèi)的平均速度大小為eq\f(1,3)m/s答案C解析冰壺做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，a＝－0.4m/s2，則第1s末的速度大小v1＝v0＋at1＝7.6m/s，故A錯(cuò)誤；冰壺第1s內(nèi)的位移大小是x1＝v0t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝7.8m，故B錯(cuò)誤；整個(gè)過(guò)程的逆過(guò)程是初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，最后1s內(nèi)位移大小為x1′＝eq\f(1,2)|a|teq\o\al(2,1)＝0.2m，由初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知最后1s內(nèi)位移大小與倒數(shù)第3s內(nèi)的位移大小之比為1∶5，故倒數(shù)第3s內(nèi)的位移大小為x3＝1.0m，故C正確；倒數(shù)第3s內(nèi)的平均速度大小為eq\o(v,\s\up6(－))3＝eq\f(x3,t3)＝1m/s，故D錯(cuò)誤。熱點(diǎn)二牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用例2(多選)(2024·湖南邵陽(yáng)模擬)如圖1所示，兩小球1和2之間用輕彈簧B相連，彈簧B與水平方向的夾角為30°，小球1的左上方用輕繩A懸掛在天花板上，繩A與豎直方向的夾角為30°，小球2的右邊接有沿水平方向固定在豎直墻壁上的輕繩C。兩小球均處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知重力加速度為g，則()圖1A.球1和球2的質(zhì)量之比為1∶2B.球1和球2的質(zhì)量之比為2∶1C.在輕繩A突然斷裂的瞬間，球1的加速度大小為eq\r(3)gD.在輕繩A突然斷裂的瞬間，球2的加速度大小為2g答案BC解析分別對(duì)兩小球1、2受力分析如圖甲、乙所示，根據(jù)平衡條件可得FB＝m1g，F(xiàn)Bsin30°＝m2g，聯(lián)立解得eq\f(m1,m2)＝2，A錯(cuò)誤，B正確；在輕繩A突然斷裂的瞬間，彈簧彈力未來(lái)得及變化，球2的加速度大小為0，彈簧彈力FB＝m1g，對(duì)球1，由牛頓第二定律有F合＝2m1gcos30°＝m1a，解得a＝eq\r(3)g，C正確，D錯(cuò)誤。方法總結(jié)瞬時(shí)加速度問(wèn)題例3(2024·廣西南寧二模)如圖2所示，質(zhì)量分別為m1＝1kg和m2＝2kg的兩個(gè)大小完全相同的物塊A、B，通過(guò)輕繩相連，并連接在裝有定滑輪的小車(chē)上，不計(jì)一切摩擦。在水平推力F1的作用下物塊A緊貼著小車(chē)，且小車(chē)和兩個(gè)物塊恰好一起向右做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，若將圖中兩個(gè)小物塊的位置互換，在水平推力F2的作用下物塊B緊貼著小車(chē)，使得小車(chē)和兩個(gè)物塊恰好一起向右做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，若兩次運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，則兩次小車(chē)運(yùn)動(dòng)的位移之比為()圖2A.1∶1 B.2∶1 C.1∶4 D.4∶1答案C解析第一次設(shè)繩子拉力為T(mén)1，根據(jù)平衡條件可知T1＝m1g，對(duì)物塊B，根據(jù)牛頓第二定律T1＝m2a1，解得a1＝eq\f(1,2)g，由于小車(chē)與物塊相對(duì)靜止，因此小車(chē)的加速度等于滑塊的加速度。兩個(gè)小物塊的位置互換后，設(shè)繩子拉力為T(mén)2，根據(jù)平衡條件可知T2＝m2g，對(duì)物塊A，根據(jù)牛頓第二定律T2＝m1a2，解得a2＝2g。根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2，可知在相同時(shí)間內(nèi)，兩次小車(chē)運(yùn)動(dòng)的位移之比為x1∶x2＝a1∶a2＝1∶4，故C正確。1.連接體問(wèn)題的處理方法：整體法和隔離法。2.連接體的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)(1)輕繩連接體：輕繩在伸直且無(wú)轉(zhuǎn)動(dòng)的狀態(tài)下，兩端的連接體沿繩方向的速度和加速度總是相等。(2)輕桿連接體：輕桿平動(dòng)時(shí)，連接體具有相同的平動(dòng)速度和加速度；輕桿轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，連接體具有相同的角速度。(3)輕彈簧連接體：在彈簧發(fā)生形變的過(guò)程中，兩端連接體的速度不一定相等；在彈簧形變量最大時(shí)，兩端連接體的速率相等。3.常見(jiàn)連接體FB＝eq\f(mB,mA＋mB)F三種情況中彈簧彈力、繩的張力大小相同且與接觸面是否光滑無(wú)關(guān)常用隔離法常會(huì)出現(xiàn)臨界條件訓(xùn)練2(2024·山東濰坊一模)如圖3所示，一傾角為37°的足夠長(zhǎng)光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端有一擋板，一根勁度系數(shù)k＝100N/m的輕彈簧兩端分別連接在固定擋板和物體P上，緊挨著P放置物體Q(不與P粘連)，現(xiàn)對(duì)Q施加一個(gè)沿斜面向上的拉力F使Q做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，從施加拉力開(kāi)始計(jì)時(shí)，t＝0.2s后拉力F不再變化，已知P的質(zhì)量mP＝1kg，Q的質(zhì)量mQ＝4kg，g＝10m/s2。下列說(shuō)法正確的是()圖3A.t＝0時(shí)P、Q間的作用力為24NB.t＝0.2s時(shí)彈簧中的彈力為0C.t＝0.2s時(shí)拉力F＝56ND.Q的加速度大小為15m/s2答案C解析剛開(kāi)始彈簧的壓縮量為Δx＝eq\f(F彈,k)＝eq\f(（mP＋mQ）gsin37°,k)＝0.3m，t＝0.2s時(shí)，拉力F不再變化，說(shuō)明此時(shí)P、Q剛好分離，它們之間的彈力正好為0，而此時(shí)P和Q具有相同的沿斜面向上的加速度a，設(shè)此時(shí)彈簧的壓縮量為Δx′，對(duì)P由牛頓第二定律kΔx′－mPgsin37°＝mPa，該段時(shí)間內(nèi)由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得Δx－Δx′＝eq\f(1,2)at2，t＝0.2s，聯(lián)立解得Δx′＝0.14m，a＝8m/s2，設(shè)t＝0時(shí)P、Q間的作用力為F1，對(duì)P由牛頓第二定律得F彈－mPgsin37°－F1＝mPa，F(xiàn)彈＝(mP＋mQ)gsin37°，解得F1＝16N，故A、D錯(cuò)誤；根據(jù)前面分析可知t＝0.2s時(shí)，彈簧中的彈力F彈′＝kΔx′＝14N，故B錯(cuò)誤；t＝0.2s時(shí)對(duì)Q由牛頓第二定律得F－mQgsin37°＝mQa，解得F＝56N，故C正確。熱點(diǎn)三運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)圖像圖像“三看”“三明確”三看：①看軸——看清變量。②看線——看圖線的形狀。③看點(diǎn)——看特殊點(diǎn)和轉(zhuǎn)折點(diǎn)。三明確：①明確圖像斜率及所圍“面積”的物理意義。②明確截距及坐標(biāo)點(diǎn)的物理意義。③明確“＋”“－”的含義。例4(2024·遼寧大連高三期中)A、B兩輛汽車(chē)從同一地點(diǎn)同時(shí)出發(fā)沿同一方向做直線運(yùn)動(dòng)，它們的速度的平方(v2)隨位置(x)的變化規(guī)律如圖4所示，下列判斷正確的是()圖4A.汽車(chē)A的加速度大小為2m/s2B.汽車(chē)B的加速度大小為2m/s2C.從開(kāi)始到汽車(chē)A停止前，當(dāng)xA＝4m時(shí)A、B相距最遠(yuǎn)D.從開(kāi)始到汽車(chē)A停止前，當(dāng)xB＝4m時(shí)A、B相遇答案A解析根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度—位移關(guān)系公式v2－veq\o\al(2,0)＝2ax，得v2＝veq\o\al(2,0)＋2ax，可知v2－x圖像的斜率k＝2a。對(duì)汽車(chē)A，有2aA＝eq\f(0－24,6)m/s2，解得aA＝－2m/s2，則汽車(chē)A的加速度大小為2m/s2，故A正確；對(duì)于B車(chē)，有2aB＝eq\f(12,6)m/s2，解得aB＝1m/s2，故B錯(cuò)誤；從開(kāi)始到汽車(chē)A停止時(shí)，歷時(shí)t＝eq\f(0－vA,aA)＝eq\r(6)s，此時(shí)B車(chē)的位移xB＝eq\f(1,2)aBt2＝3m＜6m，故A車(chē)停止后，B車(chē)才追上A車(chē)，故當(dāng)xB＝6m時(shí)A、B相遇。當(dāng)兩車(chē)速度相等時(shí)，A、B相距最遠(yuǎn)，有vA＋aAt′＝aBt′，解得t′＝eq\f(2\r(6),3)s，此時(shí)xA＝vAt′＋eq\f(1,2)aAt′2，解得xA＝eq\f(16,3)m，故C、D錯(cuò)誤。例5(多選)(2023·全國(guó)甲卷，19)用水平拉力使質(zhì)量分別為m甲、m乙的甲、乙兩物體在水平桌面上由靜止開(kāi)始沿直線運(yùn)動(dòng)，兩物體與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ甲和μ乙。甲、乙兩物體運(yùn)動(dòng)后，所受拉力F與其加速度a的關(guān)系圖線如圖5所示。由圖可知()圖5A.m甲＜m乙 B.m甲＞m乙C.μ甲＜μ乙 D.μ甲＞μ乙答案BC解析由牛頓第二定律知F－μmg＝ma，整理得F＝ma＋μmg，則F－a圖像的斜率為m，縱軸截距為μmg，結(jié)合F－a圖像可知m甲＞m乙，A錯(cuò)誤，B正確；兩圖線的縱軸截距μ甲m甲g＝μ乙m乙g，則μ甲＜μ乙，C正確，D錯(cuò)誤。方法總結(jié)動(dòng)力學(xué)圖像解題思路F－t圖像思路一：分段求加速度，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解思路二：動(dòng)量定理，圖線與t軸所圍面積表示F的沖量F－x圖像思路一：分段求加速度，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解思路二：動(dòng)能定理，圖線與x軸所圍面積表示力F做的功a－F圖像根據(jù)牛頓第二定律列式，再變換成a－F關(guān)系例如：如圖所示，F(xiàn)－μmg＝ma，a＝eq\f(F,m)－μg，斜率為eq\f(1,m)，縱截距為－μg訓(xùn)練3如圖6所示，豎直輕彈簧一端與地面相連，另一端與物塊相連，物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)對(duì)物塊施加一個(gè)豎直向上的拉力F，使物塊向上做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，此過(guò)程中彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，則拉力F隨時(shí)間t變化的圖像可能正確的是()圖6答案A解析物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈簧彈力等于重力，mg＝kx0?，F(xiàn)給物塊施加一個(gè)豎直向上的拉力F，做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊向上位移為x時(shí)，則有F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F－kx＝ma，物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，有x＝eq\f(1,2)at2，聯(lián)立可得F＝eq\f(1,2)kat2＋ma，可知拉力與時(shí)間圖像呈開(kāi)口向上的拋物線形狀，故A正確。1.(2024·山東卷，3)如圖7所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端與斜面上A點(diǎn)距離為L(zhǎng)。木板由靜止釋放，若木板長(zhǎng)度為L(zhǎng)，通過(guò)A點(diǎn)的時(shí)間間隔為Δt1；若木板長(zhǎng)度為2L，通過(guò)A點(diǎn)的時(shí)間間隔為Δt2。Δt2∶Δt1為()圖7A.(eq\r(3)－1)∶(eq\r(2)－1) B.(eq\r(3)－eq\r(2))∶(eq\r(2)－1)C.(eq\r(3)＋1)∶(eq\r(2)＋1) D.(eq\r(3)＋eq\r(2))∶(eq\r(2)＋1)答案A解析對(duì)木板，由牛頓第二定律知木板的加速度不變，木板從靜止釋放到下端到達(dá)A點(diǎn)的過(guò)程，有L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,0)，木板從靜止釋放到上端到達(dá)A點(diǎn)的過(guò)程，當(dāng)木板長(zhǎng)度為L(zhǎng)時(shí)，有2L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)，當(dāng)木板長(zhǎng)度為2L時(shí)，有3L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，又Δt1＝t1－t0，Δt2＝t2－t0，聯(lián)立解得Δt2∶Δt1＝(eq\r(3)－1)∶(eq\r(2)－1)，A正確。2.(2024·河北卷，3)籃球比賽前，常通過(guò)觀察籃球從一定高度由靜止下落后的反彈情況判斷籃球的彈性。某同學(xué)拍攝了該過(guò)程，并得出了籃球運(yùn)動(dòng)的v－t圖像，如圖8所示。圖像中a、b、c、d四點(diǎn)中對(duì)應(yīng)籃球位置最高的是()圖8A.a點(diǎn) B.b點(diǎn) C.c點(diǎn) D.d點(diǎn)答案A解析由題圖可知，籃球每一次彈起的最大速度越來(lái)越小，則每一次上升的最大高度越來(lái)越小，t＝0時(shí)對(duì)應(yīng)初始高度，a點(diǎn)對(duì)應(yīng)第一次上升至最大高度，可知a點(diǎn)對(duì)應(yīng)籃球位置最高，A正確。3.(2024·安徽卷，6)如圖9所示，豎直平面內(nèi)有兩完全相同的輕質(zhì)彈簧，它們的一端分別固定于水平線上的M、N兩點(diǎn)，另一端均連接在質(zhì)量為m的小球上。開(kāi)始時(shí)，在豎直向上的拉力作用下，小球靜止于MN連線的中點(diǎn)O，彈簧處于原長(zhǎng)。后將小球豎直向上緩慢拉至P點(diǎn)，并保持靜止，此時(shí)拉力F大小為2mg。已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，不計(jì)空氣阻力。若撤去拉力，則小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中()圖9A.速度一直增大 B.速度先增大后減小C.加速度的最大值為3g D.加速度先增大后減小答案A解析緩慢拉至P點(diǎn)，保持靜止，由平衡條件可知此時(shí)拉力F與小球的重力和兩彈簧的拉力的合力為零，此時(shí)兩彈簧的合力大小為mg。當(dāng)撤去拉力，小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中兩彈簧的拉力與重力的合力始終向下，小球一直做加速運(yùn)動(dòng)，故A正確，B錯(cuò)誤；小球從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到O點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧形變量變小，彈簧在豎直方向的合力不斷變小，故小球受到的合外力一直變小，加速度一直減小，故加速度的最大值為撤去拉力時(shí)的加速度，由牛頓第二定律可知2mg＝ma，加速度的最大值為2g，C、D錯(cuò)誤。4.(2024·湖南卷，3)如圖10，質(zhì)量分別為4m、3m、2m、m的四個(gè)小球A、B、C、D，通過(guò)細(xì)線或輕彈簧互相連接，懸掛于O點(diǎn)，處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。若將B、C間的細(xì)線剪斷，則剪斷瞬間B和C的加速度大小分別為()圖10A.g，1.5g B.2g，1.5g C.2g，0.5g D.g，0.5g答案A解析細(xì)線剪斷前，對(duì)B、C、D整體受力分析，由力的平衡條件有A、B間輕彈簧的彈力FAB＝6mg，對(duì)D受力分析，由力的平衡條件有C、D間輕彈簧的彈力FCD＝mg。細(xì)線剪斷瞬間，對(duì)B由牛頓第二定律有3mg－FAB＝3maB，對(duì)C由牛頓第二定律有2mg＋FCD＝2maC，聯(lián)立解得aB＝－g，aC＝1.5g，A正確。5.(2024·全國(guó)甲卷，15)如圖11，一輕繩跨過(guò)光滑定滑輪，繩的一端系物塊P，P置于水平桌面上，與桌面間存在摩擦；繩的另一端懸掛一輕盤(pán)(質(zhì)量可忽略)，盤(pán)中放置砝碼。改變盤(pán)中砝碼總質(zhì)量m，并測(cè)量P的加速度大小a，得到a－m圖像。重力加速度大小為g。在下列a－m圖像中，可能正確的是()圖11答案D解析設(shè)物塊P的質(zhì)量為M，物塊P與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，輕繩上的拉力大小為F基礎(chǔ)保分練1.(2024·四川雅安模擬)一旅客在火車(chē)站某站臺(tái)7號(hào)候車(chē)線處候車(chē)，他發(fā)現(xiàn)某動(dòng)車(chē)進(jìn)站時(shí)第5節(jié)車(chē)廂經(jīng)過(guò)他用了0.83s，動(dòng)車(chē)停下時(shí)他剛好在第7節(jié)車(chē)廂門(mén)口，車(chē)門(mén)靠近動(dòng)車(chē)前進(jìn)方向一端。每節(jié)車(chē)廂的長(zhǎng)度相同，不計(jì)各節(jié)車(chē)廂連接處的長(zhǎng)度，若動(dòng)車(chē)進(jìn)站時(shí)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則第6節(jié)車(chē)廂經(jīng)過(guò)他的時(shí)間約為()A.0.64s B.2s C.0.5s D.1s答案B解析設(shè)每節(jié)車(chē)廂的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，動(dòng)車(chē)做勻減速運(yùn)動(dòng)，末速度為零，由逆向思維可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則第5節(jié)車(chē)廂和第6節(jié)車(chē)廂經(jīng)過(guò)他時(shí)有2L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，第6節(jié)車(chē)廂經(jīng)過(guò)他時(shí)有L＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)且t＝t2－t1＝0.83s，解得第6節(jié)車(chē)廂經(jīng)過(guò)他的時(shí)間約為t1＝2s，故B正確。2.滑雪運(yùn)動(dòng)是冬季奧運(yùn)會(huì)主要的比賽項(xiàng)目。如圖1所示，水平滑道上運(yùn)動(dòng)員A、B間距x0＝10m。運(yùn)動(dòng)員A以速度v0＝5m/s向前勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)運(yùn)動(dòng)員B以初速度v1＝8m/s向前勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度的大小a＝2m/s2，運(yùn)動(dòng)員A在運(yùn)動(dòng)員B繼續(xù)運(yùn)動(dòng)x1后追上運(yùn)動(dòng)員B，則x1的大小為()圖1A.4m B.15m C.16m D.20m答案C解析運(yùn)動(dòng)員B做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減為零的時(shí)間為tB＝eq\f(v1,a)＝4s，此時(shí)運(yùn)動(dòng)員A的位移為xA＝v0tB＝20m，運(yùn)動(dòng)員B的位移為xB＝eq\f(v1,2)tB＝16m，因?yàn)閤A＜xB＋x0，即運(yùn)動(dòng)員B速度減小為零時(shí)，運(yùn)動(dòng)員A還未追上運(yùn)動(dòng)員B，則運(yùn)動(dòng)員A在運(yùn)動(dòng)員B停下來(lái)的位置追上運(yùn)動(dòng)員B，即x1＝16m，C正確，A、B、D錯(cuò)誤。3.(2024·海南?？诟呷谀?如圖2所示，質(zhì)量為M的箱子靜止在粗糙的水平地面上，質(zhì)量為m的鋼球被水平和傾斜細(xì)線固定在箱子中，傾斜細(xì)線與豎直方向的夾角θ＝30°，重力加速度為g。則剪斷傾斜細(xì)線的瞬間，箱子對(duì)地面的彈力和摩擦力大小分別為()圖2A.(M＋m)g，eq\f(1,2)mg B.Mg，eq\f(\r(3),2)mgC.(M－m)g，0 D.Mg，0答案D解析剪斷傾斜細(xì)線的瞬間，水平繩子拉力發(fā)生突變，鋼球?qū)⒆鰣A周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)小球速度為零，則水平繩子拉力為零，此時(shí)鋼球只受重力，處于完全失重狀態(tài)，箱子對(duì)地面的彈力等于箱子的重力，即FN＝Mg，水平繩子對(duì)箱子的拉力為零，可知地面與箱子間沒(méi)有摩擦力，即箱子對(duì)地面的摩擦力為零，故D正確。4.(2024·福建卷，3)某直線運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖3所示，其中0～3s為直線，3～3.5s為曲線，3.5～6s為直線，則以下說(shuō)法正確的是()圖3A.0～3s的平均速度為10m/sB.3.5～6s做勻減速直線運(yùn)動(dòng)C.0～3s的加速度比3.5～6s的大D.0～3s的位移比3.5～6s的小答案B解析由題圖v－t圖像可知，0～3s內(nèi)的平均速度eq\o(v,\s\up6(－))1＝eq\f(0＋30,2)m/s＝15m/s，A錯(cuò)誤；3.5～6s內(nèi)速度隨時(shí)間均勻減小，為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B正確；0～3s和3.5～6s兩段v－t圖線的斜率表示加速度，由題圖圖像可知0～3s內(nèi)的加速度大小為10m/s2，3.5s末的速度大于25m/s，則3.5～6s內(nèi)的加速度大小大于10m/s2，C錯(cuò)誤；v－t圖線與t軸圍成的面積表示位移，由題圖圖像可知0～3s內(nèi)的位移為Δx1＝eq\o(v,\s\up6(－))1t＝eq\f(30×3,2)m＝45m，3.5～6s內(nèi)的位移Δx2<eq\f(30＋0,2)×2.5m＝37.5m，D錯(cuò)誤。5.(2024·福建廈門(mén)質(zhì)檢)在身體素質(zhì)測(cè)試“原地縱跳摸高”中，某同學(xué)快速下蹲后立即蹬伸豎直起跳。在此過(guò)程中，測(cè)得該同學(xué)豎直方向的加速度a隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖4所示，設(shè)豎直向上為正方向，不計(jì)空氣阻力，則該同學(xué)()圖4A.從A到B的過(guò)程中處于超重狀態(tài)B.在B點(diǎn)時(shí)速度為0C.在C點(diǎn)時(shí)恰好離開(kāi)地面D.從C到D的過(guò)程中處于失重狀態(tài)答案D解析從A到B的過(guò)程中，該同學(xué)有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，A錯(cuò)誤；從A到B過(guò)程中，該同學(xué)一直向下做加速運(yùn)動(dòng)，故其在B點(diǎn)時(shí)的速度不為0，B錯(cuò)誤；恰好離開(kāi)地面時(shí)，地面對(duì)該同學(xué)的作用力為0，不計(jì)空氣阻力，則該同學(xué)的加速度為重力加速度，由題圖可知該同學(xué)在C點(diǎn)時(shí)的加速度為0，C錯(cuò)誤；從C到D的過(guò)程中，該同學(xué)有向下的加速度，處于失重狀態(tài)，D正確。6.(多選)(2024·四川成都二診)如圖5甲所示，平行于傾角為θ固定斜面向上的拉力F使小物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度a與F的關(guān)系如圖乙所示。圖線的斜率為k，與F軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為c，與a軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為－b。由圖可知()圖5A.小物塊的質(zhì)量為kB.小物塊的質(zhì)量為eq\f(1,k)C.摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和為bD.摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和為c答案BD解析以物塊為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律有F－mgsinθ－Ff＝ma，可得a＝eq\f(F,m)－eq\f(mgsinθ＋Ff,m)，結(jié)合a－F圖像可得k＝eq\f(1,m)＝eq\f(b,c)，－eq\f(mgsinθ＋Ff,m)＝－b，可知小物塊的質(zhì)量m＝eq\f(1,k)，摩擦力與重力沿斜面的分力大小之和為mgsinθ＋Ff＝c，故B、D正確。7.(2024·云南昭通模擬預(yù)測(cè))城市高層建筑建設(shè)施工，往往采用配重的方式把裝修材料運(yùn)送到高處，精簡(jiǎn)模型如圖6甲所示，固定于水平面上傾角為37°的斜面，繞過(guò)頂端定滑輪的輕繩連接兩小球A、B(可視作質(zhì)點(diǎn))，質(zhì)量分別為M和m，B小球被固定于地面上的鎖定裝置鎖定，某時(shí)刻解除鎖定，安裝在斜面底端的位移采集傳感器采集到小球A在斜面上下滑的位移x與時(shí)間t的二次方關(guān)系如圖乙所示，若該圖像的斜率為k，不考慮一切摩擦，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，則小球A與B的質(zhì)量之比為()圖6A.eq\f(k＋3,5－k) B.eq\f(k＋5,3－k) C.eq\f(k＋2,3－k) D.eq\f(k＋3,2－k)答案B解析解除鎖定后，沿繩方向上對(duì)小球A、B和繩組成的系統(tǒng)，由牛頓第二定律有Mgsinθ－mg＝(M＋m)a，對(duì)小球A由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有x＝eq\f(1,2)at2，結(jié)合圖像斜率k＝eq\f(1,2)a，即a＝2k，聯(lián)立解得eq\f(M,m)＝eq\f(k＋5,3－k)，故B正確。8.(2024·安徽合肥高三月考)如圖7，一小球用輕質(zhì)細(xì)線a、b連接，細(xì)線a的另一端連接于車(chē)廂頂?shù)腁點(diǎn)，細(xì)線b的另一端連接于車(chē)廂底板上的B點(diǎn)，小球靜止時(shí)細(xì)線a與豎直方向的夾角為θ＝30°，細(xì)線b與水平方向的夾角也為θ＝30°。已知兩細(xì)線長(zhǎng)相等，且AC＝BC，不計(jì)小球大小，重力加速度大小為g。小車(chē)向左沿水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，要使細(xì)線b上張力為零，則小車(chē)運(yùn)動(dòng)的加速度a0應(yīng)滿足的條件是()圖7A.eq\f(\r(3),4)g≤a0≤eq\f(\r(3),3)g B.eq\f(\r(3),4)g≤a0≤gC.eq\f(\r(3),3)g≤a0≤eq\r(3)g D.eq\f(\r(3),3)g≤a0≤2g答案C解析題圖中，根據(jù)幾何關(guān)系，a、b細(xì)線與A、B連線的夾角均為15°，當(dāng)細(xì)線a與豎直方向的夾角為30°且細(xì)線b剛好伸直，這時(shí)車(chē)的加速度大小為a1＝gtan30°＝eq\f(\r(3),3)g，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性，當(dāng)細(xì)線a與豎直方向的夾角為60°且細(xì)線b剛好伸直，這時(shí)車(chē)的加速度大小為a2＝gtan60°＝eq\r(3)g，因此要使細(xì)線b上張力為零，則小車(chē)運(yùn)動(dòng)的加速度應(yīng)滿足的條件是eq\f(\r(3),3)g≤a0≤eq\r(3)g，故C正確。提能增分練9.(多選)(2024·湖北恩施二模)如圖8所示，輕彈簧的一端固定在傾角為θ的固定光滑斜面的底部，另一端和質(zhì)量為m的小物塊a相連，質(zhì)量為eq\f(3,5)m的小物塊b緊靠a靜止在斜面上，此時(shí)彈簧的壓縮量為x0。從t＝0時(shí)開(kāi)始，對(duì)b施加沿斜面向上的外力，使b始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，物塊a、b分離，再經(jīng)過(guò)同樣長(zhǎng)的時(shí)間，b距其出發(fā)點(diǎn)的距離恰好為x0。彈簧始終在彈性限度內(nèi)，其中心軸線與斜面平行，重力加速度大小為g。