2026版高考物理步步高大二輪（標(biāo)準(zhǔn)版）第1講力與物體的平衡考點(diǎn)一靜態(tài)平衡問(wèn)題1.對(duì)物體進(jìn)行受力分析

2.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)力分別滿(mǎn)足平衡條件正交分解法：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(mǎn)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)求解未知力例1(2025·重慶卷·1)現(xiàn)代生產(chǎn)生活中常用無(wú)人機(jī)運(yùn)送物品，如圖所示，無(wú)人機(jī)攜帶質(zhì)量為m的勻質(zhì)鋼管在無(wú)風(fēng)的空中懸停，輕繩M端和N端系住鋼管，輕繩中點(diǎn)O通過(guò)纜繩與無(wú)人機(jī)連接。MO、NO與豎直方向的夾角均為60°，鋼管水平。則MO的彈力大小為(重力加速度為g)()A.2mg B.mg C.32mg D.1答案B解析以鋼管為研究對(duì)象，設(shè)輕繩的拉力大小為FT，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可知兩邊繩子拉力大小相等，根據(jù)平衡條件有2FTcos60°=mg，可得FT=mg，故選B。例2(2025·山東臨沂市一模)如圖所示，完全相同的三根剛性柱豎直固定在水平地面上的A'、B'、C'三點(diǎn)上，三點(diǎn)恰好在等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)上，三角形的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，三根完全一樣的輕繩一端固定在A、B、C三點(diǎn)上，另一端拴接在一起，結(jié)點(diǎn)為O。現(xiàn)把質(zhì)量為m的重物用輕繩靜止懸掛在結(jié)點(diǎn)O處，O點(diǎn)到ABC平面的距離為13L，重物不接觸地面，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。則AOA.23mg B.13mg C.2mg D.答案A解析設(shè)結(jié)點(diǎn)O在三角形ABC平面的投影為O1，根據(jù)題意和幾何關(guān)系知O1到A、B、C三點(diǎn)的距離都相等，為L(zhǎng)2cos30°=3L3，OO1與三根輕繩間的夾角都相同，設(shè)為θ，則tanθ=3L313L=3，故θ=60°，對(duì)結(jié)點(diǎn)O，根據(jù)平衡條件mg=3FTcos60°，解得AO繩中的張力大小為例3(2025·江西萍鄉(xiāng)市一模)如圖所示，用四根長(zhǎng)度為1m的細(xì)線(xiàn)連接三個(gè)完全相同的燈籠(可視為質(zhì)點(diǎn))，每個(gè)燈籠的重力為G，現(xiàn)將細(xì)線(xiàn)a、d兩端懸掛在水平天花板上的M、N兩點(diǎn)，中間兩段細(xì)線(xiàn)b、c夾角為120°，下列說(shuō)法正確的是()A.細(xì)線(xiàn)a拉力大小為3G，與水平方向夾角為60°B.細(xì)線(xiàn)b拉力大小為G2C.細(xì)線(xiàn)c拉力最大，M、N間距離為(1+3)mD.細(xì)線(xiàn)d拉力最大，M、N間距離為2(1+3)m答案A解析對(duì)中間燈籠受力分析，如圖甲所示，由對(duì)稱(chēng)性可知Fb=Fc，2Fbcos60°=G，解得Fb=Fc=G，與水平方向夾角為30°，對(duì)左邊燈籠受力分析，如圖乙所示，可得Fa=2Gcos30°=3G，方向與水平方向夾角為60°，A正確，B錯(cuò)誤；由對(duì)稱(chēng)性可知Fa=Fd，故細(xì)線(xiàn)a、d拉力最大，M、N之間的距離為MN=2×(1×cos60°+1×cos30°)m=(1+3)m，C、D錯(cuò)誤。變式1(2024·山東菏澤市期中)如圖，有40個(gè)質(zhì)量相等的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，將它們用長(zhǎng)度相等的輕繩依次連接，再將兩端固定在天花板上，靜止時(shí)，連接天花板的輕繩與水平方向夾角為30°，已知每顆小球的重力均為1N，則第15顆小球與第16顆小球之間輕繩的張力大小為()A.14N B.28N C.35N D.45N答案C解析以左側(cè)20個(gè)小球?yàn)檎w，設(shè)每個(gè)小球的質(zhì)量為m，受力分析如圖甲所示由共點(diǎn)力的平衡條件可知F=20mgtan30°，解得F=203以16到20這五個(gè)球?yàn)檎w，受力分析如圖乙所示根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可得第15顆小球與第16顆小球之間輕繩的張力大小為F1=(5mg)2+F2，解得F1變式2(2025·哈師大附中、東北師大附中、遼寧省實(shí)驗(yàn)中學(xué)一模)一根質(zhì)量為m的重繩，懸掛在兩根不等高的豎直桿上。左端懸點(diǎn)處切線(xiàn)與桿夾角為α，右端懸點(diǎn)處切線(xiàn)與桿夾角為β，重力加速度為g，則重繩最低點(diǎn)(弧底)的張力大小為()A.mgsin(α+β)C.mgcosα·cosβsin(答案B解析對(duì)重繩受力分析如圖，其中FT1、FT2分別是左右懸點(diǎn)對(duì)重繩的拉力大小，設(shè)重繩最低點(diǎn)(弧底)的張力大小為F，分析可知其方向?yàn)樗椒较?，?duì)重繩最低點(diǎn)左側(cè)部分，由平衡條件有FT1sinα=F，對(duì)重繩最低點(diǎn)右側(cè)部分，由平衡條件有FT2sinβ=F，對(duì)重繩整體，由平衡條件有FT2cosβ+FT1cosα=mg，聯(lián)立解得F=mgsinα·sinβ例4(2022·湖南卷·3)如圖(a)，直導(dǎo)線(xiàn)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(xiàn)通以電流I，靜止后，懸線(xiàn)偏離豎直方向的夾角為θ。下列說(shuō)法正確的是()A.當(dāng)導(dǎo)線(xiàn)靜止在圖(a)右側(cè)位置時(shí)，導(dǎo)線(xiàn)中電流方向由N指向MB.電流I增大，靜止后，導(dǎo)線(xiàn)對(duì)懸線(xiàn)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(xiàn)靜止在題圖(a)右側(cè)位置時(shí)，對(duì)導(dǎo)線(xiàn)受力分析如圖所示，可知要讓安培力為圖示方向，則導(dǎo)線(xiàn)中電流方向應(yīng)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=BILmg，F(xiàn)T=mgcosθ，則可看出sinθ與電流I成正比，當(dāng)I增大時(shí)θ增大，則cosθ減小，靜止后，導(dǎo)線(xiàn)對(duì)懸線(xiàn)的拉力FT減小，B、C錯(cuò)誤，D1.對(duì)于靜電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的平衡問(wèn)題，受力分析時(shí)要注意靜電力、磁場(chǎng)力方向的判斷，再結(jié)合平衡條件分析求解。2.涉及安培力的平衡問(wèn)題，畫(huà)受力示意圖時(shí)要注意將立體圖轉(zhuǎn)化為平面圖?？键c(diǎn)二動(dòng)態(tài)平衡問(wèn)題平衡中的臨界、極值問(wèn)題例5(2025·四川自貢市模擬)如圖甲是工人在高層安裝空調(diào)時(shí)吊運(yùn)室外機(jī)的場(chǎng)景，簡(jiǎn)化圖如圖乙所示。一名工人在高處控制繩子P，另一名工人站在水平地面上拉住另一根繩子Q。在吊運(yùn)的過(guò)程中，地面上的工人在緩慢后退時(shí)緩慢放繩，室外機(jī)緩慢豎直上升，繩子Q與豎直方向的夾角近似不變，繩子質(zhì)量忽略不計(jì)，則下列說(shuō)法正確的是()A.繩子P上的拉力不斷變大B.繩子Q上的拉力先變小后變大C.地面對(duì)工人的支持力不斷變大D.繩子P、Q對(duì)室外機(jī)的拉力的合力不斷變大答案A解析由題意可知，室外機(jī)分別受P、Q拉力F1、F2和自身重力mg而平衡，將這三個(gè)力構(gòu)成矢量三角形，如圖，可知地面上的工人在緩慢后退時(shí)緩慢放繩過(guò)程中，F(xiàn)1、F2均增大，故A正確，B錯(cuò)誤；由于β不變，繩子Q拉力增大，故Q的拉力在豎直方向分力增大，對(duì)地面工人，由平衡條件可得地面對(duì)工人的支持力不斷變小，故C錯(cuò)誤；由于室外機(jī)受到P、Q拉力F1、F2和自身重力mg而平衡，由平衡條件可知繩子P、Q對(duì)室外機(jī)的拉力的合力與室外機(jī)的重力始終等大反向，所以繩子P、Q對(duì)室外機(jī)的拉力的合力不變，故D錯(cuò)誤。例6(2025·湖北武漢市調(diào)研)如圖所示，一物塊放置在粗糙水平面上，其上固定一“L”形輕桿，輕繩ON的一端O固定在桿上，中間某點(diǎn)M拴一小球，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(α>90°)，現(xiàn)將小球向右上方緩慢拉起，并保持夾角α不變，在OM由豎直被拉到水平的過(guò)程，物塊始終保持靜止，則()A.OM上的彈力一直減小B.MN上的彈力先增大后減小C.水平面對(duì)物塊的支持力先增大后減小D.水平面對(duì)物塊的摩擦力逐漸增大答案C解析以小球?yàn)檠芯繉?duì)象分析受力情況，受重力mg、OM繩的拉力F2、MN繩的拉力F1，由題意知，三個(gè)力的合力始終為零，矢量三角形如圖所示，F(xiàn)1、F2的夾角不變，在F2轉(zhuǎn)至水平的過(guò)程中，矢量三角形在同一外接圓上，由圖可知，MN上的拉力F1逐漸增大，OM上的拉力F2先增大后減小，故A、B錯(cuò)誤；把物塊、“L”形輕桿，小球(含輕繩OM)看作一個(gè)整體，對(duì)整體受力分析，整體受到重力、地面支持力、水平向左的靜摩擦力及繩MN的拉力F1，由前面選項(xiàng)分析知F1逐漸增大，由圖可看出其在豎直方向上的分力向下先增大后減小，再向上增大，所以水平面對(duì)物塊的支持力先增大后減小。F1在水平方向上的分量先增大后減小，則水平面對(duì)物塊的摩擦力先增大后減小，故C正確，D錯(cuò)誤。三力作用下的動(dòng)態(tài)平衡例7(2025·江西宜春市二模)《天工開(kāi)物》是世界上第一部關(guān)于農(nóng)業(yè)和手工業(yè)生產(chǎn)的綜合性著作。其中描述的利用耕牛整理田地的場(chǎng)景如圖甲所示，簡(jiǎn)化的物理模型如圖乙所示：人站在水平木板上，兩根繩子相互平行垂直于木板邊緣與水平地面夾角θ=30°，人與木板的總重力為800N，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=34A.木板對(duì)地面的壓力大小為800NB.每根繩中的拉力F=320NC.若θ可調(diào)，則當(dāng)繩子水平時(shí)F有最小值D.若θ可調(diào)，則當(dāng)繩子與水平面夾角正切值為tanθ=34時(shí)F答案D解析以人與木板整體為研究對(duì)象，根據(jù)受力平衡可得2Fcosθ=Ff，2Fsinθ+FN=mg，又Ff=μFN，聯(lián)立解得F=μmg2(cosθ+μsinθ)=34×8002×(32+34×12)N=160方法一：若θ可調(diào)，根據(jù)F=μmg2(cosθ+μsinθ)=μmg21+μ2sin(α+θ)，其中sinα=11+μ2=11+(34)2=419，cos方法二：若θ可調(diào)，用支持力和摩擦力的合力F合替代這兩力，F(xiàn)合方向一定，如圖所示，利用三力動(dòng)態(tài)平衡分析可知當(dāng)拉力垂直支持力和摩擦力的合力時(shí)拉力最小，此時(shí)繩子與水平面夾角θ的正切值tanθ=FfFN=μFN1.正弦定理(或拉密定理)在力學(xué)中的應(yīng)用正弦定理拉密定理asinA=bsinB=csinC=2R當(dāng)三個(gè)共點(diǎn)力的合力為0時(shí)，其中任意一個(gè)力與其他兩個(gè)力的夾角正弦的比值相等，F(xiàn)1sinα=其實(shí)質(zhì)為正弦定理的變形物體受三個(gè)共點(diǎn)力平衡，把表示三個(gè)力的有向線(xiàn)段作閉合矢量三角形，求某一個(gè)力或分析力的變化直接畫(huà)出三個(gè)合力為0的共點(diǎn)力，應(yīng)用拉密定理，比正弦定理更加便捷2.輔助角公式、“摩擦角”法的應(yīng)用圖示輔助角公式“摩擦角”法物體在拉力F作用下做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，改變?chǔ)却笮?，求拉力的最小值以圖甲為例：Fcosθ=μ(mg-Fsinθ)F=μmgcosθ+μsinθ=1+μ2sin(α+其中sinα=11+μ2，cos即tanα=1μ，F(xiàn)min=以圖甲為例：用支持力與摩擦力的合力F'代替支持力與摩擦力，其中FN與Ff的合力方向一定，“摩擦角”φ滿(mǎn)足tanφ=FfFNFmin=mgsinφ，此時(shí)拉力F與水平方向夾角θ=φ有些選擇題，若用常規(guī)的方法做會(huì)很煩瑣，如需快速確定位置或動(dòng)態(tài)分析，可嘗試用“尺規(guī)作圖法”。例如：動(dòng)態(tài)平衡可用輔助圓法分析力的大小變化情況；在某種變化的過(guò)程中比較兩個(gè)物理量的大小，可以先作圖，然后用刻度尺測(cè)量。如帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)能否經(jīng)過(guò)某一點(diǎn)，可利用圓規(guī)改變半徑進(jìn)行作圖判斷；光學(xué)中光線(xiàn)能否經(jīng)過(guò)某一點(diǎn)，也可以通過(guò)作圖判斷。示例1(多選)如圖，站在水平臺(tái)面上的工作人員用輕繩將一個(gè)光滑小球從四分之一圓弧最底端緩慢拉到定滑輪處，不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦，小球與定滑輪均可視為質(zhì)點(diǎn)，在此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A.繩的拉力一直增大B.繩的拉力一直減小C.圓弧對(duì)小球支持力一直增大D.圓弧對(duì)小球支持力一直減小答案AD解析力的矢量三角形如圖所示，由圖可知繩的拉力一直增大，圓弧對(duì)小球支持力一直減小，故A、D正確，B、C錯(cuò)誤。示例2(2022·河北卷·7)如圖，用兩根等長(zhǎng)的細(xì)繩將一勻質(zhì)圓柱體懸掛在豎直木板的P點(diǎn)，將木板以底邊MN為軸向后方緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)直至水平，繩與木板之間的夾角保持不變，忽略圓柱體與木板之間的摩擦，在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中()A.圓柱體對(duì)木板的壓力逐漸增大B.圓柱體對(duì)木板的壓力先增大后減小C.兩根細(xì)繩上的拉力均先增大后減小D.兩根細(xì)繩對(duì)圓柱體拉力的合力保持不變答案B解析方法一正弦定理(拉密定理)設(shè)兩繩子對(duì)圓柱體拉力的合力大小為FT，木板對(duì)圓柱體的支持力大小為FN，繩子與木板間的夾角不變，α也不變，從右向左看如圖所示，在矢量三角形中，根據(jù)正弦定理有mgsinα=FN在木板以底邊MN為軸向后方緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)直至水平過(guò)程中，α不變，γ從90°逐漸減小到0，又γ+β+α=180°，且α<90°，可知90°<γ+β<180°，則0<β<180°，可知β從銳角逐漸增大到鈍角，根據(jù)mgsinα=FN由于sinγ不斷減小，可知FT逐漸減小，sinβ先增大后減小，可知FN先增大后減小，結(jié)合牛頓第三定律可知，圓柱體對(duì)木板的壓力先增大后減小，設(shè)兩繩子之間的夾角為2θ，繩子拉力大小為FT'，則2FT'cosθ=FT，可得FT'=FT2cosθ，θ不變，F(xiàn)T逐漸減小，可知繩子拉力不斷減小，故B正確，A、C方法二：輔助圓法因?yàn)镕N和FT的夾角保持不變，對(duì)應(yīng)的補(bǔ)角不變，根據(jù)同弧圓周角相等可得如圖矢量圖，在將木板以底邊MN為軸向后方緩慢轉(zhuǎn)動(dòng)直至水平過(guò)程中，可判斷出FN先增大后減小，F(xiàn)T逐漸減小，進(jìn)而推出FT'不斷減小。專(zhuān)題強(qiáng)化練[分值：60分][1~6題，每題4分，7~10題，每題6分][保分基礎(chǔ)練]1.(2024·黑吉遼·3)利用硯臺(tái)將墨條研磨成墨汁時(shí)講究“圓、緩、勻”，如圖，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)，()A.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解析當(dāng)墨條速度方向水平向左時(shí)，墨條相對(duì)于硯臺(tái)向左運(yùn)動(dòng)，故硯臺(tái)對(duì)墨條的摩擦力方向水平向右，故A錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第三定律，墨條對(duì)硯臺(tái)的摩擦力方向水平向左，由于硯臺(tái)始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，故桌面對(duì)硯臺(tái)的摩擦力方向水平向右，故B錯(cuò)誤；由于硯臺(tái)始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，水平方向桌面和墨條對(duì)硯臺(tái)的摩擦力是一對(duì)平衡力，故C正確；桌面對(duì)硯臺(tái)的支持力大小等于硯臺(tái)的重力加上墨條對(duì)其的壓力，故桌面對(duì)硯臺(tái)的支持力大于墨條對(duì)硯臺(tái)的壓力，故D錯(cuò)誤。2.(2025·北京卷·6)如圖所示，長(zhǎng)方體物塊A、B疊放在斜面上，B受到一個(gè)沿斜面方向的拉力F，兩物塊保持靜止，B受力的個(gè)數(shù)為()A.4 B.5 C.6 D.7答案C解析根據(jù)題意，對(duì)A受力分析可知，受重力、B的支持力，由于A靜止，則A還受B沿斜面向上的靜摩擦力，對(duì)B受力分析如圖，受重力、斜面的支持力、A的壓力、拉力F、A對(duì)B沿斜面向下的摩擦力，由于B靜止，則受沿斜面向上的摩擦力，即B受6個(gè)力作用。故選C。3.(2025·廣東江門(mén)市一模)牛軛是套在牛頸上的曲木，是耕地時(shí)的重要農(nóng)具。如圖所示，一輕繩穿過(guò)犁前部的鐵環(huán)后，兩端分別系在牛軛上，兩段繩子間的夾角為2θ，兩段繩子所在平面與水平面夾角為α，手輕扶犁保持前進(jìn)方向，當(dāng)犁水平勻速耕地所受的阻力為f0時(shí)，則每段繩子的拉力為()A.f0cosαC.f02cosα·答案C解析根據(jù)力的合成關(guān)系可知2FTcosθ·cosα=f0，解得FT=f02cosα4.(2025·浙江金麗衢十二校二模)風(fēng)箏節(jié)上小明同學(xué)在放風(fēng)箏，風(fēng)箏靜止于空中時(shí)可簡(jiǎn)化為如圖所示，風(fēng)箏平面與水平面夾角始終為30°，風(fēng)對(duì)風(fēng)箏的作用力垂直風(fēng)箏平面，且風(fēng)速越大，作用力越大。已知風(fēng)箏的質(zhì)量為m，風(fēng)箏線(xiàn)質(zhì)量不計(jì)，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是()A.若風(fēng)速緩慢變大，則線(xiàn)與水平方向的夾角變大B.若風(fēng)速緩慢變大，則線(xiàn)上的拉力減小C.若風(fēng)箏線(xiàn)與水平方向的夾角為30°，則風(fēng)對(duì)風(fēng)箏的作用力大小為32D.若風(fēng)箏線(xiàn)與水平方向的夾角為30°，則線(xiàn)對(duì)風(fēng)箏的作用力大小為3mg答案A解析若風(fēng)速緩慢變大，則風(fēng)對(duì)風(fēng)箏的作用力F2增大，作出矢量動(dòng)態(tài)三角形，如圖甲所示，可知，若風(fēng)速緩慢變大，則線(xiàn)與水平方向的夾角變大，線(xiàn)上的拉力也增大，故A正確，B錯(cuò)誤；若風(fēng)箏線(xiàn)與水平方向的夾角為30°，則線(xiàn)與豎直方向的夾角為60°，對(duì)風(fēng)箏進(jìn)行受力分析，如圖乙所示，根據(jù)幾何關(guān)系和平衡條件有F1=mg，F(xiàn)2=3mg，故C、D錯(cuò)誤。5.(2025·湖南邵陽(yáng)市一模)學(xué)校組織趣味運(yùn)動(dòng)會(huì)，某運(yùn)動(dòng)員手持乒乓球拍托著球沿水平直賽道向前跑，運(yùn)動(dòng)員速度越大，乒乓球受到水平風(fēng)的作用力越大，風(fēng)的作用力方向與運(yùn)動(dòng)員速度方向相反。已知球拍面與水平面的夾角為53°，乒乓球的質(zhì)量為2.7g，乒乓球與球拍面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2，sin53°=0.8，不考慮乒乓球的滾動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員以某一速度勻速向前跑時(shí)，乒乓球恰好不下滑，關(guān)于此時(shí)的乒乓球，下列說(shuō)法正確的是()A.乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向下B.乒乓球受三個(gè)力的作用C.乒乓球受到風(fēng)的作用力大小為1.35×10-2ND.如果球拍面豎直，則乒乓球不會(huì)下滑答案C解析乒乓球恰好不下滑，所以乒乓球有沿球拍下滑的趨勢(shì)，乒乓球受到的摩擦力方向沿球拍向上，故A錯(cuò)誤；對(duì)乒乓球進(jìn)行受力分析，受到重力、球拍支持力、球拍的摩擦力和水平風(fēng)的作用力共四個(gè)力，故B錯(cuò)誤；以乒乓球?yàn)檠芯繉?duì)象，根據(jù)平衡條件可得F風(fēng)cos53°+Ff=mgsin53°，F(xiàn)N=mgcos53°+F風(fēng)sin53°，又Ff=μFN，聯(lián)立解得乒乓球受到風(fēng)的作用力大小為F風(fēng)=1.35×10-2N，故C正確；當(dāng)球拍面豎直時(shí)，水平風(fēng)的作用力不變，由于Ffm=μF風(fēng)<mg，則乒乓球會(huì)下滑，故D錯(cuò)誤。6.(2025·河北滄州市一模)在古代，人們關(guān)上門(mén)后從內(nèi)部用一根結(jié)實(shí)的木棍抵住門(mén)，以保障安全，這種木棍被稱(chēng)為“頂門(mén)杠”，如圖甲所示。圖乙是其簡(jiǎn)化示意圖，頂門(mén)杠可繞其下端與地面的接觸點(diǎn)O自由轉(zhuǎn)動(dòng)，杠下端與水平地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，杠的重力忽略不計(jì)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。為保證門(mén)受到再大的外來(lái)推力都不能使杠的下端與地面間發(fā)生滑動(dòng)，則杠與水平地面的夾角α應(yīng)滿(mǎn)足的條件為()A.tanα≥1μ B.tanα≥C.tanα≤μ D.tanα≤1答案A解析由題意，對(duì)杠受力分析，設(shè)門(mén)對(duì)頂門(mén)杠頂端的作用力大小為F，該力沿杠向下，可分解為兩個(gè)分量：垂直于地面的分量F⊥=Fsinα，該分量產(chǎn)生對(duì)地面的正壓力大小FN=Fsinα，沿水平方向的分量F∥=Fcosα，該分量需與地面摩擦力平衡；且杠與地面的最大靜摩擦力為Ffmax=μFN，為防止滑動(dòng)，需滿(mǎn)足F∥≤Ffmax，即Fcosα≤μFsinα，得tanα≥1μ，故選A[爭(zhēng)分提能練]7.(2025·廣東深圳市模擬)如圖所示，物塊A和滑環(huán)B用繞過(guò)光滑定滑輪的不可伸長(zhǎng)的輕繩連接，滑環(huán)B套在與豎直方向成θ=37°的粗細(xì)均勻的固定桿上，連接滑環(huán)B的繩與桿垂直并在同一豎直平面內(nèi)，滑環(huán)B恰好不能下滑，滑環(huán)和桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4，設(shè)滑環(huán)和桿間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，sin37°=0.6，則物塊A和滑環(huán)B的質(zhì)量之比為()A.135 B.57 C.75答案A解析對(duì)A受力分析，根據(jù)平衡條件有FT=mAg，對(duì)B受力分析，如圖，根據(jù)平衡條件有mBgcosθ=Ff，F(xiàn)T=FN+mBgsinθ，據(jù)題知，滑環(huán)B恰好不能下滑，所受的靜摩擦力沿桿向上達(dá)到最大值，有Ff=μFN，聯(lián)立解得mAmB=138.(多選)(2025·福建廈門(mén)市二模)如圖甲所示，我國(guó)古建筑屋頂多采用蝴蝶瓦方式鋪設(shè)。圖乙是兩片底瓦和一片蓋瓦的鋪設(shè)示意圖，三根相同且平行的椽子所在平面與水平面夾角為37°。圖丙為截面示意圖，弧形底瓦放置在兩根相鄰的椽子正中間，蓋瓦的底邊恰與底瓦的凹槽中線(xiàn)接觸。已知相鄰兩椽子與底瓦接觸點(diǎn)間的距離和瓦的半徑都為20cm，蓋瓦和底瓦形狀相同，厚度不計(jì)，質(zhì)量均為1kg，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小g取10m/s2，sin37°=0.6，在無(wú)擾動(dòng)的情況下，底瓦與蓋瓦均保持靜止。若僅鋪設(shè)這三片瓦進(jìn)行研究，則()A.底瓦與椽子間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ≥38B.底瓦與椽子間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ≥310C.適當(dāng)增大兩椽子間的距離，底瓦更不容易下滑D.適當(dāng)減小兩椽子間的距離，底瓦更不容易下滑答案AC解析以?xún)善淄吆蜕w瓦整體為研究對(duì)象，易得這個(gè)整體的重力在垂直椽子所在平面方向上的分力為3mgcos37°，垂直椽子所在平面方向上整體處于平衡狀態(tài)，可知3mgcos37°=4FNcosα，相鄰兩椽子與底瓦接觸點(diǎn)間的距離和瓦的半徑都為20cm，根據(jù)幾何關(guān)系有α=30°，可得椽子與底瓦接觸部位之間的彈力FN=3mgcos37°4cos30°，在無(wú)擾動(dòng)的情況下，為使底瓦與蓋瓦不下滑，應(yīng)使4μFN≥3mgsin37°，解得μ≥383，故A正確，B錯(cuò)誤；適當(dāng)增大兩椽子間的距離，α增大，彈力FN增大，最大靜摩擦力增大，底瓦更不容易下滑，故C正確；適當(dāng)減小兩椽子間的距離，α減小，彈力F9.(2024·湖北卷·6)如圖所示，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(xiàn)方向勻速前進(jìn)，兩根水平纜繩與虛線(xiàn)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Ff，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()A.33Ff B.213Ff C.2Ff D.3答案B解析根據(jù)題意對(duì)S受力分析如圖甲正交分解可知2FTcos30°=Ff所以有FT=33F對(duì)P受力分析如圖乙則有(FTsin30°)2+(Ff+FTcos30°)2=F2解得F=21Ff310.(多選)(2025·山東省部分學(xué)校一模)如圖所示，一輛卡車(chē)卸貨前，已經(jīng)將車(chē)斗傾斜(傾角為30°)，有一擋板未撤下且處于豎直狀態(tài)。車(chē)斗里裝了n根鋼管(n>3)，鋼管質(zhì)量均為m，忽略鋼管與車(chē)斗底面、擋板之間的摩擦，各鋼管均處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g。則下列說(shuō)法中正確的是()A.鋼管1對(duì)擋板的彈力大小為33B.鋼管1對(duì)鋼管2的彈力大小為n-1C.鋼管1對(duì)車(chē)斗底面的壓力大小為3(D.若將擋板繞下端點(diǎn)緩慢順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)30°，則轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中車(chē)斗底面對(duì)所有鋼管的支持力均減小答案AB解析對(duì)n根鋼管整體，由平衡條件可得，擋板對(duì)鋼管1的彈力大小為F擋=nmgtan30°=33nmg，可知鋼管1對(duì)擋板的彈力大小為33nmg，故A正確；以除了鋼管1外的所有鋼管為整體，由平衡條件可得，鋼管1對(duì)鋼管2的彈力大小為FN12=(n-1)mgsin30°=n-12mg，故B正確；對(duì)鋼管1受力分析，在垂直斜面的方向上，由平衡條件可得FN斜=mgcos30°+F擋sin30°=3(n+3)6mg，由牛頓第三定律可知鋼管1對(duì)車(chē)斗底面的壓力大小為3(n11.(12分)(2025·廣東深圳市二模)如圖所示，在質(zhì)量為m的物塊甲上系著兩條細(xì)繩，其中長(zhǎng)30cm的細(xì)繩另一端連著輕質(zhì)圓環(huán)，圓環(huán)套在水平棒上可以滑動(dòng)，圓環(huán)與棒間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.75。另一細(xì)繩跨過(guò)光滑定滑輪與重力為G的物塊乙相連，定滑輪固定在距離圓環(huán)50cm的地方，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，OA與棒的夾角為θ，兩繩夾角為φ。當(dāng)G=6N時(shí)，圓環(huán)恰好開(kāi)始滑動(dòng)。最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：(1)(6分)OA繩與棒間的夾角θ；(2)(6分)物塊甲的質(zhì)量m。答案(1)53°(2)1kg解析(1)當(dāng)圓環(huán)恰好要開(kāi)始滑動(dòng)時(shí)，設(shè)此時(shí)水平棒對(duì)圓環(huán)的支持力大小為FN，細(xì)繩對(duì)圓環(huán)的拉力大小為FT，對(duì)圓環(huán)受力分析，如圖(a)所示根據(jù)平衡條件有μFN=FTcosθFN=FTsinθ聯(lián)立解得tanθ=4即θ=53°(2)由題意，根據(jù)幾何關(guān)系可知φ=90°，按如圖(b)所示，對(duì)物塊甲受力分析，根據(jù)平衡條件有Gcosθ+FT'sinθ-mg=0FT'cosθ-Gsinθ=0解得m=1kg。第2講力與直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)考點(diǎn)一勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律及應(yīng)用例1(2025·安徽卷·4)汽車(chē)由靜止開(kāi)始沿直線(xiàn)從甲站開(kāi)往乙站，先做加速度大小為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，位移大小為x；接著在t時(shí)間內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)；最后做加速度大小也為a的勻減速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)乙站時(shí)速度恰好為0。已知甲、乙兩站之間的距離為8x，則()A.x=118at2 B.x=116C.x=18at2 D.x=12答案A解析設(shè)勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t'，勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v，有x=v2t'，根據(jù)逆向思維，可知?jiǎng)驕p速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)階段的位移等于勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)階段的位移，則勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)階段有8x-x-x=vt，聯(lián)立解得t'=t3，根據(jù)x=12at'2，解得x=118at2，A正確，B、例2(2024·廣西卷·13)如圖，輪滑訓(xùn)練場(chǎng)沿直線(xiàn)等間距地?cái)[放著若干個(gè)定位錐筒，錐筒間距d=0.9m，某同學(xué)穿著輪滑鞋向右勻減速滑行?，F(xiàn)測(cè)出他從1號(hào)錐筒運(yùn)動(dòng)到2號(hào)錐筒用時(shí)t1=0.4s，從2號(hào)錐筒運(yùn)動(dòng)到3號(hào)錐筒用時(shí)t2=0.5s。求該同學(xué)：(1)滑行的加速度大?。?2)最遠(yuǎn)能經(jīng)過(guò)幾號(hào)錐筒。答案(1)1m/s2(2)4解析(1)根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律，某段內(nèi)的平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，可知在1、2間中間時(shí)刻的速度為v1=dt1=2.252、3間中間時(shí)刻的速度為v2=dt2=1.8故可得加速度大小為a=ΔvΔt=v1(2)設(shè)到達(dá)1號(hào)錐筒時(shí)的速度為v0，根據(jù)勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律得v1=v0-at代入數(shù)據(jù)解得v0=2.45m/s從1號(hào)開(kāi)始到停止時(shí)通過(guò)的位移大小為x=v022a=3.001故可知最遠(yuǎn)能經(jīng)過(guò)4號(hào)錐筒?？键c(diǎn)二牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用1.牛頓第二定律(1)表達(dá)式：F=ma，其中F為物體所受的合外力，F(xiàn)、m、a三個(gè)量對(duì)應(yīng)同一個(gè)物體，且各量都取國(guó)際單位。(2)應(yīng)用常用方法：①矢量合成法：若物體只受兩個(gè)力作用，可用平行四邊形定則求這兩個(gè)力的合力，合力的方向與加速度的方向相同。②正交分解法：當(dāng)物體受多個(gè)力作用時(shí)常用正交分解法列方程：Fx=ma，F(xiàn)y=0或Fx=0，F(xiàn)y=ma特殊情況下可分解加速度：F2.系統(tǒng)牛頓第二定律若研究對(duì)象是兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體，且加速度不同。系統(tǒng)牛頓第二定律的表達(dá)式：一般形式：∑F外=m1a1+m2a2+m3a3+…分量形式：∑說(shuō)明：上述表達(dá)式左邊只有系統(tǒng)受到的外力，內(nèi)力不需要考慮。例3(多選)(2025·安徽卷·5改編)如圖，裝有輕質(zhì)光滑定滑輪的長(zhǎng)方體木箱靜置在水平地面上，木箱上的物塊甲通過(guò)不可伸長(zhǎng)的水平輕繩繞過(guò)定滑輪與物塊乙相連。乙拉著甲從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，木箱始終保持靜止。已知甲、乙質(zhì)量均為1.0kg，木箱質(zhì)量為5.0kg，甲與木箱之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，則在乙下落的過(guò)程中()A.甲對(duì)木箱的摩擦力方向向左B.甲運(yùn)動(dòng)的加速度大小為2.5m/s2C.乙受到繩子的拉力大小為5.0ND.地面對(duì)木箱的支持力大小為67.5N答案BD解析根據(jù)相對(duì)運(yùn)動(dòng)，物塊甲相對(duì)木箱向右運(yùn)動(dòng)，甲受到木箱向左的摩擦力，則甲對(duì)木箱的摩擦力方向向右，A錯(cuò)誤；設(shè)物塊乙運(yùn)動(dòng)的加速度為a，繩子的彈力大小為FT，對(duì)甲受力分析有FT-μm甲g=m甲a，對(duì)乙受力分析有m乙g-FT=m乙a，聯(lián)立解得a=2.5m/s2，F(xiàn)T=7.5N，B正確，C錯(cuò)誤；只有乙有豎直向下的恒定加速度，對(duì)甲、乙和木箱組成的系統(tǒng)，在豎直方向由牛頓第二定律有(M+m甲+m乙)g-FN=m乙a得，F(xiàn)N=(M+m甲+m乙)g-m乙a=67.5N，D正確。四類(lèi)常見(jiàn)連接體問(wèn)題接觸面光滑，或μA=μB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)跨滑輪的連接體兩物體速度和加速度大小相同、方向不同，常用隔離法疊加類(lèi)連接體兩物體剛要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)物體間達(dá)到最大靜摩擦力靠在一起的連接體分離時(shí)相互作用力為零，但此時(shí)兩物體的加速度仍相等例4(八省聯(lián)考·陜西·6)如圖，質(zhì)量均為m的兩個(gè)相同小球甲和乙用輕彈簧連接，并用輕繩L1、L2固定，處于靜止?fàn)顟B(tài)，L1水平，L2與豎直方向的夾角為60°，重力加速度大小為g。則()A.L1的拉力大小為3mgB.L2的拉力大小為3mgC.若剪斷L1，該瞬間小球甲的加速度大小為3gD.若剪斷L1，該瞬間小球乙的加速度大小為g答案C解析對(duì)甲、乙整體受力分析可知，L1的拉力大小為FT1=2mgtan60°=23mg，L2的拉力大小為FT2=2mgcos60°=4mg，選項(xiàng)A、剪斷L1瞬間，彈簧的彈力不變，則小球乙受的合外力仍為零，加速度為零；甲球?qū)⒁訪(fǎng)2繩的懸點(diǎn)為圓心做圓周運(yùn)動(dòng)，在剪斷L1瞬間，甲球速度為零，向心加速度為零，只有切向加速度，對(duì)小球甲受力分析，F(xiàn)合=2mgsin60°=3mg，由牛頓第二定律可知加速度a=F合m=3g，選項(xiàng)C正確，例5(2025·福建福州市模擬)滑雪是我國(guó)東北地區(qū)冬季常見(jiàn)的體育運(yùn)動(dòng)。如圖(a)，在與水平面夾角θ=14.5°的滑雪道上，質(zhì)量m=60kg的滑雪者先采用兩滑雪板平行的滑雪姿勢(shì)(此時(shí)雪面對(duì)滑雪板的阻力可忽略)，由靜止開(kāi)始沿直線(xiàn)勻加速下滑x1=45m；之后采取兩滑雪板間呈一定角度的滑雪姿勢(shì)，通過(guò)滑雪板推雪獲得阻力，勻減速繼續(xù)下滑x2=15m后停止。已知sin14.5°=0.25，sin37°=0.6，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力。(1)求減速過(guò)程中滑雪者加速度a的大??；(2)如圖(b)，若減速過(guò)程中兩滑雪板間的夾角α=74°，滑雪板受到沿雪面且垂直于滑雪板邊緣的阻力均為F，求F的大小。答案(1)7.5m/s2(2)500N解析(1)由靜止開(kāi)始沿直線(xiàn)勻加速下滑的過(guò)程有2a1x1=v2由牛頓第二定律知mgsinθ=ma1代入數(shù)據(jù)得v=2gx1勻減速繼續(xù)下滑的過(guò)程有2ax2=v2代入數(shù)據(jù)得a=v22x2(2)若減速過(guò)程中兩滑雪板間的夾角α=74°，根據(jù)牛頓第二定律有2Fsinα2-mgsinθ=解得F=ma+mgsinθ解決動(dòng)力學(xué)兩類(lèi)基本問(wèn)題的思路考點(diǎn)三運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)圖像1.三種運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像常見(jiàn)圖像斜率k圖線(xiàn)與橫軸所圍面積兩圖像交點(diǎn)x-t圖像ΔxΔ-表示相遇v-t圖像ΔvΔ位移x表示此時(shí)速度相等，往往是距離最大或最小的臨界點(diǎn)a-t圖像-速度變化量Δv表示此時(shí)加速度相等2.三種動(dòng)力學(xué)圖像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(xiàn)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(xiàn)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=Fm-μg，則a-F圖像的斜率為1m3.非常規(guī)圖像非常規(guī)圖像(舉例)函數(shù)表達(dá)式斜率k縱截距bv2-x圖像由v2-v02得v2=v022avxt-t由x=v0t+12at得xt=v0+112v0xt2-由x=v0t+12at2得xt2=v01v012a-x圖像由v2-v02=2ax知圖線(xiàn)與x軸所圍面積等于1v-x圖線(xiàn)與橫軸所圍面積表示運(yùn)動(dòng)時(shí)間1a-v注意：xt-t圖像與t例6(2025·江西省一模)一輛汽車(chē)剎車(chē)過(guò)程中可看成勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，剎車(chē)t時(shí)間內(nèi)的位移為x，其剎車(chē)過(guò)程的xt-t圖像如圖所示(圖中橫軸截距b和縱軸截距cA.平均速度大小為12c B.平均速度大小為C.加速度大小為cb D.加速度大小為答案A解析根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系可得x=v0t-12at2，變形可得xt=v0-12at，則初速度大小v0=c，整個(gè)剎車(chē)過(guò)程的平均速度v=12v0=12c，故A正確，B錯(cuò)誤；結(jié)合圖線(xiàn)可得12a=cb，解得a物理中一次函數(shù)問(wèn)題的解題思路舉例基本公式變形后的一次函數(shù)表達(dá)式斜率縱截距單擺T2-l圖像T=2πl(wèi)T2=4π2l4-伏阻法測(cè)電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的1U-1E=U+UR1U=rE·1r1安阻法測(cè)電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的1I-RE=I(R+r)1I=1ER1r例7(多選)(2025·四川雅安市一診)如圖甲所示，一固定水平長(zhǎng)桿套有直徑略大于桿的金屬小環(huán)。現(xiàn)用始終與水平方向成53°的拉力F作用于小環(huán)，當(dāng)拉力F從零開(kāi)始逐漸增大時(shí)，小環(huán)靜止一段時(shí)間后開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，其加速度a隨拉力F變化的圖像如圖乙所示，加速度在拉力達(dá)到F2后保持不變。已知小環(huán)質(zhì)量為0.8kg，小環(huán)與長(zhǎng)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小為10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。則()A.F1=7.5N B.a2=7.5m/s2C.μ=0.75 D.F2=5N答案BC解析當(dāng)F大于F2以后，由牛頓第二定律得Fcos53°-μ(Fsin53°-mg)=ma，因?yàn)榧铀俣缺３植蛔?，即a與F無(wú)關(guān)，所以有Fcos53°=μFsin53°，解得μ=0.75，a2=7.5m/s2，故B、C正確；當(dāng)F等于F1時(shí)有F1cos53°=μ(mg-F1sin53°)，解得F1=5N，故A錯(cuò)誤；當(dāng)F等于F2時(shí)，加速度恰好達(dá)到恒定值，此時(shí)有F2sin53°=mg，解得F2=10N，故D錯(cuò)誤。將三維立體的復(fù)雜問(wèn)題利用降維法分解為一維加二維問(wèn)題，變成簡(jiǎn)單的問(wèn)題，比如立體空間的平衡問(wèn)題，帶電物體(粒子)在立體空間中的運(yùn)動(dòng)等。示例(2025·山東卷·8)工人在河堤的硬質(zhì)坡面上固定一垂直坡面的擋板，向坡底運(yùn)送長(zhǎng)方體建筑材料。如圖所示，坡面與水平面夾角為θ，交線(xiàn)為PN，坡面內(nèi)QN與PN垂直，擋板平面與坡面的交線(xiàn)為MN，∠MNQ=θ。若建筑材料與坡面、擋板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度大小為g，則建筑材料沿MN向下勻加速滑行的加速度大小為()A.gsin2θ-μgcosθ-μgsinθcosθB.gsinθcosθ-μgcosθ-μgsin2θC.gsinθcosθ-μgcosθ-μgsinθcosθD.gcos2θ-μgcosθ-μgsin2θ答案B解析對(duì)建筑材料受力分析如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律mgsinθcosθ-μFN1-μFN2=ma，其中FN1=mgcosθ，F(xiàn)N2=mgsin2θ，可得a=gsinθcosθ-μgcosθ-μgsin2θ，故選B。專(zhuān)題強(qiáng)化練[分值：60分][1~8題，每題4分，9、10題，每題6分][保分基礎(chǔ)練]1.(2025·江蘇卷·1)新能源汽車(chē)在輔助駕駛系統(tǒng)測(cè)試時(shí)，感應(yīng)到前方有障礙物立刻制動(dòng)，做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。2s內(nèi)速度由12m/s減至0。該過(guò)程中加速度大小為()A.2m/s2 B.4m/s2C.6m/s2 D.8m/s2答案C解析根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式v=v0+at，代入數(shù)值解得a=-6m/s2，故加速度大小為6m/s2。故選C。2.(2024·貴州卷·1)某研究人員將一鐵質(zhì)小圓盤(pán)放入聚苯乙烯顆粒介質(zhì)中，在下落的某段時(shí)間內(nèi)，小圓盤(pán)僅受重力G和顆粒介質(zhì)對(duì)其向上的作用力f。用高速相機(jī)記錄小圓盤(pán)在不同時(shí)刻的位置，相鄰位置的時(shí)間間隔相等，如圖所示，則該段時(shí)間內(nèi)下列說(shuō)法可能正確的是()A.f一直大于GB.f一直小于GC.f先小于G，后大于GD.f先大于G，后小于G答案C解析由題圖可知相等時(shí)間內(nèi)鐵質(zhì)小圓盤(pán)的位移先增大后減小，可知鐵質(zhì)小圓盤(pán)的速度先增大后減小，以向下為正方向，即鐵質(zhì)小圓盤(pán)的加速度先正后負(fù)，根據(jù)牛頓第二定律G-f=ma，可知f先小于G，后大于G。故選C。3.(2025·海南卷)如圖所示是某汽車(chē)通過(guò)ETC過(guò)程的v-t圖像，下面說(shuō)法正確的是()A.0~t1內(nèi)，汽車(chē)做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)B.t1~t2內(nèi)，汽車(chē)靜止C.0~t1和t2~t3內(nèi)，汽車(chē)加速度方向相同D.0~t1和t2~t3內(nèi)，汽車(chē)速度方向相反答案A解析v-t圖像的斜率表示加速度，0~t1時(shí)間內(nèi)加速度為負(fù)且恒定，速度為正，加速度方向與速度方向相反，故0~t1內(nèi)，汽車(chē)做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故A正確；t1~t2內(nèi)，汽車(chē)做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；0~t1內(nèi)加速度為負(fù)，t2~t3內(nèi)加速度為正，故0~t1和t2~t3內(nèi)，汽車(chē)加速度方向相反，故C錯(cuò)誤；0~t1和t2~t3內(nèi)，汽車(chē)速度方向相同，均為正，故D錯(cuò)誤。4.(2025·北京市房山區(qū)一模)如圖所示，沿水平方向運(yùn)動(dòng)的汽車(chē)內(nèi)，一質(zhì)量為m1的物塊緊貼在車(chē)廂左側(cè)的豎直內(nèi)壁上，且與車(chē)廂保持相對(duì)靜止，物塊與車(chē)廂左壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，另一質(zhì)量為m2的小球通過(guò)輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)與車(chē)廂頂部連接，細(xì)線(xiàn)與豎直方向的夾角為α。重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()A.汽車(chē)一定向右加速運(yùn)動(dòng)B.細(xì)線(xiàn)中的拉力大小為m2gcosαC.物塊與車(chē)廂左壁之間的摩擦力大小為μm1gtanαD.物塊受到車(chē)廂左壁的彈力大小為m1gtanα答案D解析根據(jù)題意，對(duì)小球受力分析，如圖所示，豎直方向有FT=m2gcosα，水平方向由牛頓第二定律有m2gtanα=m2a，可得a=gtanα，方向水平向右，則汽車(chē)和物塊的加速度也是水平向右的，汽車(chē)可能做向右的加速運(yùn)動(dòng)，也能做向左的減速運(yùn)動(dòng)，故則有FN=m1a=m1gtanα，豎直方向的靜摩擦力大小為Ff=m1g，摩擦力不一定達(dá)到最大靜摩擦力，故C錯(cuò)誤，D正確。5.(2024·安徽卷·6)如圖所示，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(xiàn)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(xiàn)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()A.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解析在P點(diǎn)保持靜止，由平衡條件可知此時(shí)拉力F與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，則小球從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方向始終向下，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，兩彈簧在豎直方向的合力不斷變小，故小球受的合力一直變小，加速度一直減小，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，得a=2g，即加速度的最大值為2g，C、D錯(cuò)誤。6.(2025·山東臨沂市一模)一輛公共汽車(chē)以初速度14m/s進(jìn)站后開(kāi)始剎車(chē)，做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)直到停下。剎車(chē)后3s內(nèi)的位移與最后3s內(nèi)的位移之比是4∶3，則剎車(chē)后4s內(nèi)通過(guò)的距離與剎車(chē)后3s內(nèi)通過(guò)的距離之比為()A.1∶1 B.49∶40 C.49∶30 D.49∶48答案D解析設(shè)剎車(chē)后3s內(nèi)的位移為x3，則x3=v0t3-12at32，設(shè)最后3s內(nèi)的位移為x，則由逆向思維有x=12at32，由題意可知x3x=43，可得a=4m/s2，汽車(chē)停止運(yùn)動(dòng)需要時(shí)間t0=v0a=3.5s，則剎車(chē)后4s內(nèi)通過(guò)的距離x4=v02t0=142×3.5m=24.5m，剎車(chē)后3s內(nèi)通過(guò)的距離x3=v0t3-12at32=247.(2025·湖北省調(diào)研)如圖，質(zhì)量為1kg的物塊A放置在一個(gè)靜止的木箱內(nèi)，物塊A與木箱之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5。物塊A被一輕彈簧用3N的水平拉力向右拉著而保持靜止，g取10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，下列說(shuō)法中正確的是()A.物塊A靜止時(shí)所受摩擦力大小為5NB.木箱以5m/s2的加速度豎直向上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊A將相對(duì)木箱滑動(dòng)C.木箱以5m/s2的加速度水平向右做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊A將相對(duì)木箱滑動(dòng)D.木箱以5m/s2的加速度水平向右做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，物塊A將相對(duì)木箱滑動(dòng)答案C解析對(duì)物塊受力分析，物塊豎直方向所受重力和支持力平衡，水平方向所受彈簧向右的彈力和向左的靜摩擦力平衡，此時(shí)物塊所受摩擦力大小為3N，故A錯(cuò)誤；當(dāng)木箱以5m/s2的加速度豎直向上做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)時(shí)，對(duì)物塊受力分析，物塊加速度方向豎直向上，物塊所受支持力大于重力，接觸面的最大靜摩擦力增加，故此時(shí)物塊不可能相對(duì)于木箱滑動(dòng)，故B錯(cuò)誤；假設(shè)物塊隨木箱向右做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，其加速度方向水平向左。假設(shè)物塊相對(duì)靜止，彈簧彈力不變，由牛頓第二定律，F(xiàn)f-F彈=ma，F(xiàn)f=8N，物塊所受最大靜摩擦力Ffmax=μFN=5N，F(xiàn)f>Ffmax，假設(shè)不成立，故物塊將相對(duì)于木箱向右滑動(dòng)，故C正確；假設(shè)物塊隨木箱一起向右做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律：F彈+Ff=ma，解得Ff=2N，方向水平向右，F(xiàn)f<Ffmax，假設(shè)成立，物塊與木箱相對(duì)靜止，一起向右做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。8.(2025·山東省部分學(xué)校一模)從地面上以初速度v0豎直向上拋出一質(zhì)量為m的球，若運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的空氣阻力與其速率成正比關(guān)系，球運(yùn)動(dòng)的速率隨時(shí)間變化規(guī)律如圖所示，t1時(shí)刻到達(dá)最高點(diǎn)，再落回地面，落地時(shí)速率為v1，且落地前球已經(jīng)做勻速運(yùn)動(dòng)。重力加速度為g。則下列說(shuō)法正確的是()A.小球在上升過(guò)程中處于超重狀態(tài)B.小球在下降過(guò)程中處于超重狀態(tài)C.小球拋出瞬間的加速度大小為(1+v0vD.小球上升過(guò)程中的平均速度大于v答案C解析小球在上升過(guò)程中，向上做減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，處于失重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；小球在下降過(guò)程中，先向下加速后勻速，小球先處于失重狀態(tài)，后處于平衡狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；當(dāng)小球下降速率為v1，小球受力平衡，則有mg=kv1，小球拋出瞬間，根據(jù)牛頓第二定律可得mg+kv0=ma，聯(lián)立解得小球拋出瞬間的加速度大小為a=(1+v0v1)g，故C正確；根據(jù)v-t圖像與橫軸圍成的面積表示位移，可知上升過(guò)程小球的位移x<v02t1，則小球上升過(guò)程中的平