2022届高考物理二轮复习综合讲与练：专题一 力和运动(含2014高考

专题一 力 和 运 动

考情分析 备考策略

1.本专题主要包括物体的平衡和动力学问题，

命题灵活，情景新颖，形式多样。其中物体

的平衡问题主要以选择题的形式呈现，难度

较低；而动力学问题涉及的知识面较广，难

度中等。

2.高考对本专题考查的重点主要有以下几个

方面：物体的受力分析；匀变速直线运动规律的应用；刹车问题；运动学图像；牛顿运动定律的应用；动力学两类基本问题；平抛

运动；圆周运动；万有引力与航天等知识。

1.深刻理解各种性质力的特点，熟练掌握分析共点力平衡问题的各种方法。

2.解决动力学问题紧紧抓住“两个分析”和

“一个桥梁”。综合应用牛顿运动定律和运动学规律解决问题。

3.熟练掌握平抛、圆周运动的规律，对其综合

问题，要善于由转折点的速度进行突破；熟

悉解决天体运动问题的两条思路；灵活应用

运动的合成与分解的思想，解决带电粒子在

电场中的类平抛运动问题。

考向一 物体的受力分析 (选择题)

1．六种常见力的方向

力 方向

重力 竖直向下

弹力 垂直于接触面指向受力物体

摩擦力 与接触面相切，与相对运动或相对运动趋势方向相反，但与运动方向不一定相反

电场力 由检验电荷的电性和电场的方向共同决定

安培力

用左手定则判断，垂直于I 、B 所决定的平面 洛伦兹力

用左手定则判断，垂直于v 、B 所决定的平面 2.判断静摩擦力的方法

假设法、反推法、利用牛顿第二定律判断、利用牛顿第三定律判断。

3.掌握受力分析的基本步骤

明确研究对象→隔离物体分析→画受力分析图→检查是否漏力或添力。

[例1] (2014·

泸州质检)如图所示，水平地面上堆放着原木，关于原木P 在支撑点M 、N 处受力的方向，下列说法正确的是( ) A ．M 处受到的支持力竖直向上

B.N 处受到的支持力竖直向上

C ．M 处受到的静摩擦力沿MN 方向

D．N处受到的静摩擦力沿水平方向

[审题指导]

(1)支撑点M、N分别属于点面接触和点点接触。

(2)静摩擦力的方向一定和物体的相对运动趋势方向相反。

[解析]支撑点M和地面是点面接触，受到地面支持力的方向垂直于地面，竖直向上，A正确；支撑点N是点点接触，支持力方向垂直MN斜向上，B错误；M点有向左运动的趋势，则M点受到的静摩擦力沿水平方向向右，D错误；N点有斜向下运动趋势，受到的静摩擦力方向沿MN方向，C错误。

[答案]A

[感悟升华]

受力分析中的“两分析、两注意”

1.(2014·绵阳模拟)如图所示，质量为m的木块在质量为M的长木板上向右滑行，木块同时受到向右的拉力F的作用，长木板处于静止状态。已知木块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，以下几种说法正确的是()

A．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ1mg

B．木板受到地面的摩擦力的大小一定是μ2(m＋M)g

C．当F>μ2(m＋M)g时，木板便会开始运动

D．无论怎样改变F的大小，木板都不可能运动

解析：选AD由于木板静止，所以地面给木板的静摩擦力大小等于木块给木板的滑动摩擦力，A正确，B错误；木板会不会动，完全取决于木板的受力，木板受到木块的摩擦力已经是最大的了，所以无法让木板运动，C错误，D正确。

2.(2014·沂州模拟)如图所示，物体P静止于固定的斜面上，P的上表面水平。现把物体Q轻轻地叠放在P上，则()

A．P受力个数增加了一个

B．P受力个数增加了两个

C．P所受的合力增大

D．P与斜面间的静摩擦力不变

解析：选A放Q前P物体静止于斜面，设斜面倾角为θ，据平衡条件有m P g sin θ＝f<μm P g cos θ＝f max，即μ>tan θ；当叠加了Q物体后有μ(m P＋m Q)g cos θ> tan θ(m P＋m Q)g cos θ＝(m P＋m Q)g sin θ，所以此时两物体仍处于静止状态，则P物体受到重力G、斜面的支持力、摩擦力和Q对P的压力，它们的合力仍然为零，而摩擦力增大，A正确，B、C、D错误。

3．(2014·巴中模拟)将某均匀的长方体锯成如图所示的A、B两块后，放在水平桌面上并排放在一起，现用水平力F垂直于B的左边推B物体，使A、B整体仍保持矩形沿F方向匀速运动，则()

A．物体A在水平方向上受三个力的作用，且合力为零

B．物体A在水平方向上受两个力的作用，且合力为零

C．B对A的作用力方向与F方向相同

D．B对A的压力等于桌面对A的摩擦力

解析：选AC对物体A进行受力分析，受到B物体产生的弹力、静摩擦力和水平桌面

产生的滑动摩擦力，如图所示，由于A、B整体仍保持矩形沿F方向匀速运动，则物体A所

受合力为零，A正确，B错误；B对A的弹力方向垂直于接触面，D错误；B对A的作用力

与桌面对A的摩擦力等大反向，B对A的作用力与F方向相同，C正确。

考向二整体法和隔离法在平衡问题中的应用(选择题)

1．共点力的平衡条件是F合＝0，平衡状态是指物体处于匀速直线运动状态或静止状态。

2．解决共点力平衡问题的典型方法：力的合成法、正交分解法、图解法、整体法与隔

离法。

3．处理平衡问题的基本思路：确定平衡状态(加速度为零)→巧选研究对象(整体法或隔

离法)→受力分析→列平衡方程→求解或讨论。

如图所示，物块a、b、c叠放在一起，重均为100 N，小球P重20 N，作用在[例2]

物块b上的水平力F为10 N，整个系统处于静止状态，以下说法正确的是()

A．a和b之间的摩擦力是10 N

B．b和c之间的摩擦力是10 N

C．c和桌面间的摩擦力是10 N

D．c对桌面的摩擦力方向向左

[思路探究]

(1)以a为研究对象，由平衡条件判断a、b之间的摩擦力。

(2)以a、b整体为研究对象，由平衡条件判断b、c之间的摩擦力。

(3)以a、b、c整体为研究对象，由平衡条件判断c所受的摩擦力方向，再由牛顿第三定律判断c对桌面的摩擦力方向。

[解析]物体a静止，故所受摩擦力为零，A错误；a、b静止，所受c的摩擦力与水

平力等大反向，大小为10 N，B正确；物体P静止，故水平绳的拉力F T＝G tan 45°＝20 N，

研究a、b、c整体，桌面对c的摩擦力向左，大小为10 N，由牛顿第三定律，c对桌面的摩

擦力方向向右，大小为10 N，C正确，D错误。

[答案]BC

[感悟升华]

求解连接体平衡问题的方法及注意事项

4．(2014·眉山模拟)如图所示，水平细杆上套一细环A ，环A 和球B 间用一轻质细绳相

连，质量分别为m A 、m B (m A >m B )，B 球受到水平风力作用，细绳与竖直方向的夹角为θ，A 环与B 球都保持静止，则下列说法正确的是( )

A ．

B 球受到的风力大小为m B g tan θ

B ．当风力增大时，杆对A 环的支持力不变

C ．A 环与水平细杆间的动摩擦因数为 m B tan θm A ＋m B

D ．当风力增大时，轻质绳对B 球的拉力仍保持不变 解析：选AB B 球受力如图甲所示，由平衡条件得，绳的拉力为F T ＝m B g cos θ

，风力为F ＝m B g tan θ，当F 增大时，θ角增大，F T 增大，A 正确，D 错误；A 、B 整体受力如图乙所示，

由平衡条件得，水平方向有F ＝f ≤μ(m A ＋m B )g ，解得μ≥m B tan θm A ＋m B

，竖直细杆对A 环的支持力N ＝(m A ＋m B )g ，B 正确，C 错误。

5．(2014·乐山模拟)如图所示，质量相等的A 、B 两物体在平行于固定斜面的推力F 的

作用下，沿光滑斜面做匀速直线运动，A 、B 间轻弹簧的劲度系数为k ，斜面的倾角为30°，则匀速运动时弹簧的压缩量为( )

A.F k

B.F 2k

C.F 3k

D.F 4k

解析：选B A 、B 作为一个整体受力如图所示，由平衡条件得，平行斜面方向有F ＝2mg sin θ＝mg ，隔离B 进行受力分析则有弹簧弹力等于B 的重力沿斜面向下的分力，即kx

＝mg sin θ＝0.5mg ，解得x ＝mg 2k ＝F 2k ，B 正确。

6．(2014·北大附属中学模拟)如图所示，质量为M 、半径为R 的半球形物体A 放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平细线拉住一质量为m 、半径为r 的光滑球B 。则( )

A ．A 对地面的压力等于(M ＋m )g

B ．A 对地面的摩擦力方向向左

C ．B 对A 的压力大小为 R ＋r R

mg D ．细线对小球的拉力大小为r R mg

解析：选AC A 、B 叠放一起静止于水平面上，可以看做一个整体，受力分析只有他们的重力和地面的支持力，所以二力平衡，支持力等于重力等于(M ＋m )g ，地面对整体没有摩擦力，如果有摩擦力，则不能平衡，A 正确，B 错误；对B 球受力分析如图所示，重力和拉力的合力与支持力等大反向，绳子拉力水平说明B 的球心和A 的顶端等高，即B 的球心

到地面高度为R ，B 的球心到A 的球心的连线长度为R ＋r ，那么cos α＝R R ＋r

，在重力和水平拉力的合力矢量四边形中，N ＝mg cos α，解得N ＝R ＋r R

mg ，C 正确；细绳拉力F T ＝mg tan α＝mg ·(R ＋r )2－R 2

R

，D 错误。

考向三 共点力作用下的动态平衡问题 (选择题)

1．动态平衡：物体在缓慢移动过程中，可认为其速度、加速度均为零，物体处于平衡

状态。

2．动态平衡问题常用的一个重要推论：三个或三个以上的共点力平衡，某一个力与其余力的合力等大反向。

[例3] (2014·

宜宾质检)如图所示，用OA 、OB 两根轻绳将物体悬于两竖直墙之间，开始时OB 绳水平。现保持O 点位置不变，改变OB 绳长使绳末端由B 点缓慢上移至B ′点，此时OB ′与OA 之间的夹角θ<90°。设此过程中OA 、OB 的拉力分别为F OA 、F OB, 下列说法正确的是( )

A ．F OA 逐渐增大

B ．F OA 逐渐减小

C ．F OB 逐渐增大

D ．F OB 逐渐减小

[审题指导]

(1)结点O 共受几个力作用？

提示：3个力的作用。

(2)“缓慢”的含义是什么？

提示：说明物体处于动态平衡状态。

(3)在缓慢变化的过程中，这几个力的大小和方向变化有什么特点？

提示：重力的大小、方向都不变，F OA 的方向不变，F OB 的大小、方向均变化。

[解析] 以结点O 为研究对象，受力如图所示，根据平衡条件知，两根绳子的拉力的合力与重力大小相等、方向相反，作出轻绳OB 在两个位置时力的合成图如图所示，由图可得，F OA 逐渐减小，F OB 先减小后增大，当θ＝90°时，F OB 最小，B 正确。

[答案] B

[感悟升华] 妙解动态平衡问题的两种典型方法

7.如图所示，一个挡板固定于光滑水平地面上，截面为14

圆的柱状物体甲放在水平面上，半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，没有与地面接触而处于静止状态。现在对甲施加一个水平向左的力F ，使甲沿地面极其缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止。设乙对挡板的压力为F 1，甲对地面的压力为F 2，在此过程中( )

A ．F 1缓慢增大，F 2缓慢增大

B ．F 1缓慢增大，F 2不变

C ．F 1缓慢减小，F 2不变

D ．F 1缓慢减小，F 2缓慢增大

解析：选C 把甲、乙看做一个整体，竖直方向仅受重力和地面的支持力，在此过程中，两物体重力不变，支持力不变，由牛顿第三定律得，甲对地面的压力F 2不变；选取乙为研究对象，乙物体受力如图所示，甲对乙的作用力F 3和挡板对乙的作用力F ′1的合力F 合始终与乙的重力等大、反向，在甲沿地面缓慢地向左移动的过程中，甲对乙的作用力F 3逐渐减小，挡板对乙的弹力F ′1逐渐减小，所以乙对挡板的压力F 1逐渐减小，C 正确。

8．如图所示，一光滑小球静止放置在光滑半球面的最底端，利用竖直放置的光滑挡板水平向右缓慢地推动小球，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面)，木板对小球的推力F 1、半球面对小球的支持力F 2的变化情况正确的是( )

A ．F 1增大、F 2减小

B ．F 1增大、F 2增大

C ．F 1减小、F 2减小

D ．F 1减小、F 2增大

解析：选B 小球受力如图所示：

根据平衡条件得F 1＝mg tan θ，F 2＝mg cos θ，随着小球向右移动，θ角越来越大，F 1和F 2都增大，B 正确。

9．(2014·南充质检)如图所示，倾角为θ的斜面体c 置于水平地面上，小物块b 置于斜面上，通过细绳跨过光滑的定滑轮与沙漏斗a 连接，连接b 的一段细绳与斜面平行，在a 中的沙子缓慢流出的过程中，a 、b 、c 都处于静止状态，则( )

A ．b 对c 的摩擦力一定减小

B ．b 对c 的摩擦力方向可能平行斜面向上

C ．地面对c 的摩擦力方向一定水平向右

D ．地面对c 的摩擦力先减小后增大

解析：选B 当沙子的质量较少时，c 对b 的摩擦力沿斜面向上，由于沙子流出，则绳对b 的拉力逐渐减小，对b 物块受力分析可知，斜面c 对b 的摩擦力逐渐增大，由牛顿第三定律知，A 错误；当沙子的质量大时，c 对b 的摩擦力方向沿斜面向下，由牛顿第三定律知识，B 正确；对b 、c 整体受力分析知，地面对c 的摩擦力一定水平向左，且逐渐减小，C 、D 错误。

电磁学中的共点力平衡问题

[典例] (2014·攀枝花模拟)长为L 的通电直导线放在倾角为θ的光滑斜面上，并处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，当B 方向竖直向上，如图甲所示，电流为I 1时导体处于平衡状态，若B 方向改为垂直斜面向上，如图乙所示，则电流为I 2时导体处于平衡状态，

电流比值I 1I 2应为( )

甲 乙

A ．cos θ B.1cos θ C ．sin θ D.1sin θ

第1步：找关键点

(1)“光滑斜面”：说明导体不受摩擦力。

(2)“平衡状态”：说明导体受力平衡。

第2步：寻交汇点

(1)力学知识：受力分析、平衡条件。

(2)电磁学知识：左手定则、安培力的大小。

第3步：明突破点

(1)当B 方向竖直向上，由左手定则判断安培力的方向，对导体受力分析，根据平衡条件列方程。

(2)若B 方向改为垂直斜面向上，由左手定则判断安培力的方向，对导体受力分析，根据平衡条件列方程。

[解析] 电流为I 1时导体受力如图甲所示，由平衡条件得mg tan θ＝ BI 1L ，解得I 1＝mg tan θBL ；电流为I 2时导体受力如图乙所示，由平衡条件得mg sin θ＝ BI 2L ，解得I 2＝mg sin θBL ，故I 1I 2＝1cos θ

，B 正确。

[答案] B

[感悟升华] 电磁学中共点力平衡问题的分析思路

(1)明确电荷的电性和场的方向。

(2)根据左手定则、带电体的带电性质或磁场方向，判定研究对象所受的安培力或洛伦兹力的方向，根据电荷的电性和电场的方向判断库仑力的方向。

(3)对研究对象进行受力分析，比以往多了电场力F ＝Eq 、安培力F ＝BIL 或洛伦兹力F ＝Bq v 。

(4)列平衡方程求解。

[跟踪训练]

(2014·浙江高考)如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ。一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A ，细线与斜面平行。小球A 的质量为m 、电量为q 。小球A 的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B ，两球心的高度相同、间距为d 。静电力常量为k ，重力加速度为g ，两带电小球可视为点电荷。小球A 静止在斜面上，则( )

A ．小球A 与

B 之间库仑力的大小为 kq 2d 2

B ．当q d ＝ mg sin θk 时，细线上的拉力为0

C ．当q d ＝ mg tan θk 时，细线上的拉力为0

D ．当q d ＝ mg k tan θ

时，斜面对小球A 的支持力为0 解析：选AC 根据库仑定律可得两小球之间的库仑力大小为F 库＝kq 2d 2，A 正确；当细线上的拉力为零时，小球A 受到库

仑力、斜面支持力、重力，小球A 受力如图所示，由平衡条件得 kq 2d 2＝mg tan θ，解得q d

＝ mg tan θk

，B 错误，C 正确；由受力分析可知，斜面对小球的支持力不可能为零，D 错误。

1．(2014·九江模拟)如图所示，木板B 放在粗糙的水平面上，木块A 放在B 的上面，A 的右端通过一不可伸长的轻绳固定在竖直墙上，用水平恒力F 向左拉动B ，使其以速度v 做匀速运动，此时绳水平且拉力大小为F T ，下面说法正确的是( )

A ．若木板

B 以2v 匀速运动，则拉力仍为F

B ．绳上拉力F T 与水平恒力F 大小相等

C ．木块A 受到的是静摩擦力，大小等于F T

D ．木板B 受到一个静摩擦力，一个滑动摩擦力，合力大小等于F

解析：选A 以B 为研究对象分析受力，当其匀速运动时，受力平衡，受力情况与速度大小无关，A 正确；以A 、B 整体为研究对象分析受力可知F ＝F T ＋f 地，故绳子拉力小于F ，B 错误；木块A 与B 之间发生相对滑动，所以A 所受摩擦力为滑动摩擦力，C 错误；以B 为研究对象分析其水平方向受力情况可得F ＝f 地＋f A ，两个摩擦力均为滑动摩擦力，D 错误。

2．(2014·海淀区模拟)如图甲所示，一定质量的通电导体棒ab 置于倾角为θ的粗糙导轨上，在图乙所加各种大小相等方向不同的匀强磁场中，导体棒ab 均静止，则下列判断错误的是( )

甲

乙

A．四种情况导体棒受到的安培力大小相等

B．A中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零

C．B中导体棒ab可能是二力平衡

D．C、D中导体棒ab与导轨间摩擦力可能为零

解析：选D因磁感线都垂直于导体，所以安培力大小相等，A中安培力方向水平向右，而支持力垂直于斜面，与重力可以构成三力平衡，所以摩擦力可能为零；同理B安培力方向向上，可以构成二力平衡；C中安培力方向向下，D中安培力方向水平向左，要平衡则一定要受到摩擦力作用。综上所述，A、B、C正确，D错误。

3．物块M在静止的传送带上匀速下滑时，若传送带突然转动且转动的方向如图中箭头所示，则传送带转动后()

A．M将减速下滑B．M仍匀速下滑

C．M受到的摩擦力变小D．M受到的摩擦力变大

解析：选B由物块M在静止的传送带上匀速下滑知，Mg sin θ＝μMg·cos θ，若传送带突然如题图中所示转动，转动后物块所受的摩擦力和静止时相同，故物块的受力没有变化，则物块的运动状态也不变化，M仍匀速下滑，B正确。

4．(2014·广元模拟)如图所示，截面为三角形的木块a上放置一铁块b，三角形木块竖直边靠在竖直且粗糙的墙面上，现用竖直向上的作用力F推动木块与铁块一起向上匀速运动，运动过程中铁块与木块始终保持相对静止，则下列说法正确的是()

A．木块a与铁块b间一定存在摩擦力

B．木块与竖直墙面间一定存在水平弹力

C．木块与竖直墙面间一定存在摩擦力

D．竖直向上的作用力F大小一定大于铁块与木块的重力之和

解析：选A隔离铁块b，因其匀速运动，故铁块b受重力、斜面对它的垂直斜面向上的支持力和沿斜面向上的静摩擦力，A正确；a、b整体水平方向不受力，故木块与竖直墙面间不存在水平弹力，没有弹力也就没有摩擦力，B、C错误；竖直方向F＝G a＋G b，D错误。

5．(2014·山东高考)如图所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千，某次维修时将两轻绳各剪去一小段，但仍能保持等长且悬挂点不变。木板静止时，F1表示木板所受合力的大小，F2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后()

A．F1不变，F2变大B．F1不变，F2变小

C．F1变大，F2变大D．F1变小，F2变小

解析：

选A 对木板受力分析如图所示，木板静止，所受合力为零，所以F 1不变，将两轻绳

各减去一小段，木板再次静止，两绳之间的夹角变大，由2F 2cos θ2＝mg 知F 2＝mg 2cos θ2

，则F 2变大，A 正确。

6．如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A 、B 分别处于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F 作用于小球B ，则两球静止于图示位置，如果将小球B 向左推动少许，并待两球重新达到平衡时，则两个小球的受力情况与原来相比( )

A ．推力F 将增大

B ．竖直墙面对小球A 的弹力增大

C ．地面对小球B 的弹力减小

D ．两个小球之间的距离增大

解析：选D 将A 、B 视为整体进行受力分析，在竖直方向只受重力和地面对整体的支

持力N (也是对B 的支持力N )，将B 向左推动少许后，竖直方向受力不变，所以N ＝(m A ＋m B )g 为一定值，C 错误；对B 进行受力分析如图所示，由平衡条件可知N ＝m B g ＋F 斥cos θ，

向左推B ，θ减小，所以F 斥减小，由库仑定律F 斥＝k q A q B r 2得A 、B 间距离r 增大，D 正确；而F ＝F 斥sin θ，θ减小，F 斥减小，所以推力F 减小，A 错误；将A 、B 视为整体时在水平方向上有F ＝N A ，所以墙面对小球A 的弹力N A 减小，B 错误。

7．(2014·资阳模拟)如图所示，将一劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在内壁光滑的半球形容器底部O ′处(O 为球心)，弹簧另一端与质量为m 的小球相连，小球静止于P 点。已知容器半径为R ，与水平面间的动摩擦因数为μ，OP 与水平方向的夹角为θ＝30°。下列说法正确的是( )

A ．容器相对于水平面有向左运动的趋势

B ．轻弹簧对小球的作用力大小为 32

mg C ．容器对小球的作用力竖直向上

D ．弹簧原长为R ＋mg k

解析：选D 由于容器和小球组成的系统处于平衡状态，容器相对于水平面没有向左运动的趋势，A 错误；容器对小球的作用力是弹力，指向球心O ，C 错误；小球受力如图所示，由θ＝30°得小球受到容器的支持力和弹簧对小球的弹力大小均为mg ，B 错误；图中弹簧长

度为R ，压缩量为mg k ，故原长为R ＋mg k

，D 正确。

8．(2014·新民模拟)一人站在斜面上，推着一个重力大小为G 的大雪球，若雪球刚好处

在一处倾角为θ的光滑斜面上，且始终处于静止状态，此人的推力通过雪球的球心，则( )

A ．此人的推力最小值为G tan θ

B ．此人的推力最小值为G sin θ

C ．此人的推力最大值为G cos θ

D ．此人的推力最大值为G tan θ

解析：选B 对雪球受力分析如图所示，受重力G 、弹力N 、推力F 作用，因雪球静止在斜面上，由平衡条件及平行四边形定则知，推力和支持力合力大小等于重力，由平行四边形定则知，当推力由水平转至沿斜面向上时最小为G sin θ，A 错误，B 正确；推力由水平向下转时能达无穷大，无最大值，C 、D 错误。

9．(2014·银川模拟)用一轻绳将小球P 系于光滑墙壁上的O 点，在墙壁和球P 之间夹有一矩形物块Q 。P 、Q 均处于静止状态，则下列相关说法正确的是( )

A ．P 物体受4个力

B ．Q 受到3个力

C ．若绳子变长，绳子的拉力将变小

D ．若绳子变短，Q 受到的静摩擦力将增大

解析：选AC 对Q 进行受力分析，受重力、压力、支持力和P 对Q 向上的静摩擦力，共4个力，B 错误；P 受到重力、拉力、支持力和Q 给P 的静摩擦力，共4个力，A 正确；

对P、Q整体进行受力分析，如图所示，根据平衡条件，有F cos θ＝(M＋m)g，绳子变长时，θ变小，因此绳子拉力F变小，C正确；绳子变短，θ变大，绳子拉力F变大，Q受到的静摩擦力大小始终等于其重力，D错误。

10．(2014·哈尔滨模拟)如图所示，两段等长细线L1和L2串接着两个质量相等的小球a、b，悬挂于O点。现施加水平向右的力F缓慢拉动a，L1对a球的拉力大小为F1、L2对b球的拉力大小为F2，在缓慢拉动的过程中，F1和F2的变化情况是()

A．F1变大B．F1变小

C．F2不变D．F2变大

解析：选AC把a球和b球作为一个整体进行受力分析，如图甲，由力的图解法，L1对a球的拉力F1变大；对b球进行受力分析，如图乙，由二力平衡可知，L2对b球的拉力F2等于其重力，故F2不变，A、C正确。

11．(2014·眉山模拟)一套有细环的粗糙杆水平放置，带正电的小球通过绝缘细线系在细环上，并将整个装置放入一水平的匀强电场中，处于平衡状态，如图所示。现在将电场稍加大一些，小球再次平衡，下列说法正确的有()

A．细线对细环的拉力保持不变

B．细线对带电小球的拉力变大

C．细环所受的摩擦力变大

D．粗糙杆对细环的支持力保持不变

解析：选BCD对小球受力分析如图，将电场稍加大一些，小球所受的电场力增大，竖直方向F cos θ＝mg，E变大，θ变大，F变大，即细线对带电小球的拉力变大，A错误，B正确；把小球和细环看做一个整体，水平方向f＝qE，竖直方向N＝(M＋m)g，小球所受电场力增大，则细环所受的摩擦力变大，竖直方向二者所受重力不变，粗糙杆对细环的支持力保持不变，C、D正确。

12．如图所示，一个质量为m 的滑块静止置于倾角为30°的粗糙斜面上，一根轻弹簧一

端固定在竖直墙上的P 点，另一端系在滑块上，弹簧与竖直方向的夹角为30°。则( )

A ．滑块可能受到三个力作用

B ．弹簧一定处于压缩状态

C ．斜面对滑块的支持力大小可能为零

D ．斜面对滑块的摩擦力大小一定等于 12

mg 解析：选AD 弹簧与竖直方向的夹角为30°，所以弹簧的方向垂直于斜面，因为弹簧的形变情况未知，所以斜面与滑块之间的弹力大小不确定，所以滑块可能只受重力、斜面支持力和静摩擦力三个力的作用而平衡，此时弹簧弹力为零，处于原长状态，A 正确，B 错误；

由于滑块此时受到的摩擦力大小等于重力沿斜面向下的分力?

???等于12mg ，不可能为零，所以斜面对滑块的支持力不可能为零，C 错误，D 正确。

13．(2014·昆明模拟)如图所示，有两条和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R ，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B ，一根质量为m 的金属杆(内阻不计)从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间，金属杆的速度趋近于一个最大速度v m ，则( )

A ．如果

B 增大，v m 将变大

B ．如果α变大，v m 将变大

C ．如果R 变大，v m 将变大

D ．如果m 变小，v m 将变大

解析：选BC 当金属杆匀速运动时速度最大，对金属杆受力分析，由平衡条件得mg sin

α－BIl ＝0，由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得I ＝Bl v m R ，解得v m ＝mgR sin αB 2l 2

，分析得B 、C 正确。

第2讲 直线运动和牛顿运动定律

考向一 匀变速直线运动规律的应用 (选择题或计算题)

1．牢记解决匀变速直线运动问题的四种常用方法

2．处理刹车类问题的思路：先判断刹车时间，再进行分析计算。

[例1] (2014·

全国新课标Ⅰ)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s 。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为120 m 。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动

摩擦因数为晴天时的25

。若要求安全距离仍为120 m ，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。 [思路探究]

(1)在“人的反应时间和汽车系统的反应时间”内汽车做匀速直线运动。

(2)汽车在晴天和雨天行驶，其安全距离不变而加速度发生变化。

[解析] 设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a 0，安全距离为s ，反应时间为t 0，由牛顿第二定律和运动学公式得μ0mg ＝ma 0①

s ＝v 0t 0＋v 202a 0

② 式中，m 和v 0分别为汽车的质量和刹车前的速度。

设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝25

μ0③ 设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a ，安全行驶的最大速度为v ，由牛顿第二定律和运动学公式得

μmg ＝ma ④

s ＝v t 0＋v 2

2a

⑤ 联立①②③④⑤式并代入题给数据得

v ＝20 m/s(或72 km/h) ⑥

[答案] 20 m/s(或72 km/h)

1．(2014·德阳质检)汽车正在以10 m/s 的速度在平直的公路上匀速前进，在它的正前方

x 处有一辆自行车以4 m/s 的速度做同方向的匀速直线运动，汽车立即关闭油门做a ＝－6 m/s 2的匀变速运动，若汽车恰好碰不上自行车，则x 的大小为( )

A ．8.33 m

B ．3 m

C ．3.33 m

D ．7 m

解析：选B 汽车减速到4 m/s 所需的时间t ＝v 2－v 1a ＝1 s ，此时汽车的位移x 1＝v 1t ＋12

at 2＝7 m ；自行车的位移x 2＝v 2t ＝4 m ，若汽车恰好碰不上自行车，则有x 2＋x ＝x 1，解得x ＝3 m ，B 正确。

2．(2014·泸州质检)研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t 0＝0.4 s ，但饮酒会导致反应时间延长。在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v 0＝72 km/h 的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L ＝39 m 。减速过程中汽车位移s 与速度v 的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动。取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2。求：

(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间；

(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少；

(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。

解析：(1)设减速过程汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0＝20 m/s，末速度v＝0，位移s＝25 m，由运动学公式得

v20－v2＝2as①

t＝v0－v a②

联立①②式，代入数据得

a＝8 m/s2③

t＝2.5 s④

(2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增加量为Δt，由运动学公式得

L＝v0t′＋s⑤

Δt＝t′－t0⑥

联立⑤⑥式，代入数据得

Δt＝0.3 s⑦

(3)设志愿者所受合力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得

F＝ma⑧

由平行四边形定则得

F20＝F2＋(mg)2⑨

联立③⑧⑨式，代入数据得

F0 mg＝41 5⑩

答案：(1)8 m/s2 2.5 s(2)0.3 s(3)41 5

考向二直线运动的图像问题(选择题)

x -t图像和v -t图像的对比分析

[例2]

(2014·广东高考)如图是物体做直线运动的v -t图像。由图可知，该物体()

A ．第1 s 内和第3 s 内的运动方向相反

B ．第3 s 内和第4 s 内的加速度相同

C ．第1 s 内和第4 s 内的位移大小不相等

D ．0～2 s 和0～4 s 内的平均速度大小相等

[解析] 第1 s 内和第3 s 内的速度都为正的，运动方向相同，A 错误；第3 s 内和第4 s 内的图像斜率相同，因此加速度相同，B 正确；第1 s 内和第4 s 内的位移大小都等于图线

与横轴所围面积的大小，都为x ＝12

×1×1 m ＝0.5 m ，C 错误；0～2 s 内的位移和0～4 s 内的位移相等，但由于时间不同，因此平均速度不同，D 错误。

[答案] B

[感悟升华]

从v -t 图像中巧得四个运动量

3.(2014·宝鸡模拟)a 、b 两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的v -t 图像如图所示，

下列说法正确的是( )

A ．a 、b 加速时，物体a 的加速度大于物体b 的加速度

B ．20 s 时，a 、b 两物体相距最远

C ．60 s 时，物体a 在物体b 的前方

D ．40 s 时，a 、b 两物体速度相等，相距200 m

解析：选C v -t 图像的斜率表示加速度，因此在加速阶段，物体a 的加速度小于物体b 的加速度，A 错误；20 s 时，物体b 开始运动，在两物体速度达到相等之前，两物体之间的距离越来越大，40 s 时两物体相距最远，B 错误；图像与时间轴围成的面积表示物体的位移，故60 s 时，物体a 的位移为2 100 m ，而b 的位移为1 600 m ，C 正确；40 s 时，a 、b 两物体速度相等，物体a 的位移为1 300 m ，物体b 的位移为400 m ，两物体相距900 m ，D 错误。

4．(2014·自贡调研)a 、b 、c 三个物体在同一条直线上运动，三个物体的x -t 图像如图所示，图像c 是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是( )

A．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同

B．a、b两物体都做匀变速直线运动，两个物体的加速度大小相等，方向相反

C．在0～5 s内，当t＝5 s时，a、b两个物体相距最近

D．物体c一定做变速直线运动

解析：选D图像为位移—时间图像，由图可知，a、b两物体的运动方向相反，都做匀速直线运动，速度大小相同，A、B错误；a、b两物体从同一点出发，向相反方向运动，在0～5 s内，5 s 时相距最远，C错误；由图像可知，c是一条抛物线，故其函数关系为x ＝kt2，由运动学公式可知，该物体以加速度2k做匀加速直线运动，D正确。

5．(2013·四川高考)甲、乙两物体在t＝0时刻经过同一位置沿x轴运动，其v -t图像如图所示，则()

A．甲、乙在t＝0到t＝1 s之间沿同一方向运动

B．乙在t＝0到t＝7 s之间的位移为零

C．甲在t＝0到t＝4 s之间做往复运动

D．甲、乙在t＝6 s时的加速度方向相同

解析：选BD根据v-t图像可知，在0～1 s时间内，甲一直向正方向运动，而乙先向负方向运动再向正方向运动，故A错误；根据v-t图像可知，在0～7 s时间内，乙的位移为零，故B正确；根据v -t图像可知，在0～4 s时间内，甲一直向正方向运动，故C错误；根据v -t图像可知，在t＝6 s时，甲、乙的加速度方向均与正方向相反，故D正确。

考向三用牛顿运动定律解决连接体问题(选择题)

1．牛顿第二定律的表达式：F合＝ma。

2．整体法：在连接体问题中，如果不需要求物体之间的相互作用力，且连接体的各部分具有相同的加速度，一般采用整体法列牛顿第二定律方程。

3．隔离法：如果需要求物体之间的相互作用力或对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法列牛顿第二定律方程。

(2014·四川高考)如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通

[例3]

过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P 速度随时间变化的图像可能是()

[审题指导]

(1)由v 1和v 2的大小关系确定传送带对P 物体的摩擦力的方向。

(2)由P 受到绳的拉力和摩擦力之间的关系确定P 的最终状态。

[解析] 若v 1＞v 2，且P 受到的滑动摩擦力大于Q 的重力，则可能先向右匀加速，加速至v 1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B 所示，故B 正确。若v 1＞v 2，且P 受到的滑动摩擦力小于Q 的重力，此时P 一直向右减速，减速到零后反向加速。若v 2＞v 1，P 受

到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a 1＝F T ＋μmg m

，当减速至速度为v 1时，摩擦力反向，若有F T ＞μmg ，此后加速度a 2＝F T －μmg m

，故C 正确，A 、D 错误。 [答案] BC

6．如图所示，质量分别为m A 、m B 的A 、B 两物块用轻线连接放在倾角为θ的光滑斜面

上，用始终平行于斜面向上的恒力F 拉A ，使它们沿斜面匀加速上升，为了增加轻线上的张力，可行的办法是( )

A ．增大A 的质量

B ．增大B 的质量

C ．增大倾角θ

D ．增大拉力F

解析：选BD 对于A 、B 整体由牛顿第二定律得F －(m A ＋m B )g sin θ＝(m A ＋m B )a ，对于

B 由牛顿第二定律得F T －m B g sin θ＝m B a ，解以上两式得F T ＝m B m A ＋m B

F ，B 、D 正确。 7．(2014·内江联考)如图甲所示，在粗糙的水平面上，质量分别为m 和M (m ∶M ＝1∶

2)的物块A 、B 用轻弹簧相连，两物块与水平面间的动摩擦因数相同，当用水平力F 作用于B 上且两物块共同向右匀加速运动时，弹簧的伸长量为x 1；当用同样大小的力作用于A 上且竖直向上匀加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x 2，如图乙所示，则x 1∶x 2等于( )

A ．1∶1

B ．1∶2

C ．2∶1

D ．2∶3

解析：选B 当水平力F 作用在B 上时，则对A 、B 整体分析有F －3μmg ＝3ma 1，a 1＝(F －3μmg )/(3m )；对A 隔离分析有kx 1－μmg ＝ma 1，解得F ＝3kx 1；当F 竖直向上时，对A 、B 整体分析有F －3mg ＝3ma 2，a 2＝(kx 1－mg )/m ，对B 物体隔离分析有kx 2－2mg ＝2ma 2，解得x 1∶x 2＝1∶2，B 正确。

8．(2014·江苏高考)如图所示，A 、B 两物块的质量分别为2m 和m ，静止叠放在水平地

面上。A 、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为12

μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。现对A 施加一水平拉力F ，则( )

A ．当F <2μmg 时，A 、

B 都相对地面静止

B ．当F ＝52μmg 时，A 的加速度为13μg

C ．当F >3μmg 时，A 相对B 滑动

D ．无论F 为何值，B 的加速度不会超过12

μg 解析：选BCD A 、B 间的最大静摩擦力为2μmg ，B 和地面之间的最大静摩擦力为32

μmg ，对A 、B 整体，只要F ＞32

μmg ，整体就会运动，A 错误；当A 对B 的摩擦力为最大静摩擦力时，A 、B 将要发生相对滑动，故A 、B 一起运动的加速度的最大值满足2μmg －32

μmg ＝ma max ，B 运动的最大加速度a max ＝12μg ，D 正确；此时，对A 、B 整体，有F －32

μmg ＝3ma max ，则F ＞3μmg 时两者会发生相对运动，C 正确；当F ＝52

μmg 时，两者相对静止，一起滑动，加速度满足F －32μmg ＝3ma ，解得a ＝13

μg ，B 正确。 考向四 动力学的两类基本问题 (选择题或计算题)

1．解决动力学两类问题的关键是受力分析和运动分析，而加速度是联系力与运动的桥

梁，其基本思路如下：

第一类问题

第二类问题

2．常用方法

(1)整体法与隔离法。

(2)正交分解法：一般取加速度的方向和垂直于加速度的方向进行分解，为减少分解的矢量个数，有时也根据情况分解加速度。

[例4] (2014·

达州模拟)如图所示，一质量m ＝0.4 kg 的小物块，以v 0＝2 m/s 的初速度，在与斜面成某一夹角的拉力F 作用下，沿斜面向上做匀加速运动，经t ＝2 s 的时间物块由A 点运动到B 点，A 、B 之间的距离L ＝10 m 。已知斜面倾角θ＝30°，物块与斜面之间的动摩

擦因数μ＝33

。重力加速度g 取10 m/s 2 。

(1)求物块加速度的大小及到达B 点时速度的大小；

(2)拉力F 与斜面的夹角多大时，拉力F 最小？拉力F 的最小值是多少？

[审题指导]

(1)物块由A 到B 做什么运动？应选用什么公式确定物块的加速度和速度？

提示：匀加速直线运动，因为L 、v 0、t 已知，则用运动学公式求a 和v 。

(2)拉力F 平行于斜面时拉力一定最小吗？

提示：不是。

(3)计算物块与斜面间的滑动摩擦力f ＝μmg cos θ对吗？

提示：不对，因为还有F 的作用。

[解析] (1)设物块的加速度大小为a ，到达B 点时速度大小为v B ，由运动学方程得

L ＝v 0t ＋12

at 2 v B ＝v 0＋at

解得 a ＝3 m/s 2，v B ＝8 m/s

(2)对物块受力分析如图所示，N 、f 为物块所受支持力、摩擦力，设拉力F 与斜面夹角为α，由牛顿第二定律得，垂直斜面方向有

F sin α＋N ＝mg cos θ

沿斜面方向有

F cos α－mg sin θ－f ＝ma

又因为f ＝μN

解得F cos α＋33

F sin α＝5.2 N 则 F ＝ 5.2 N cos α＋33sin α＝15.6 N 23???

?32cos α＋12sin α＝ 7.8 N 3sin (α＋60°)

当α＝30°时，拉力F 有最小值，

F min ＝135

3 N [答案] (1)3 m/s 2 8 m/s (2)30° 135

3 N [感悟升华]

处理多过程动力学问题基本流程

9．(2014·漳州质检)图甲为便利运输工具双轮行李小车，送水员用双轮小车运送桶装矿

泉水，图乙为小车截面示意图，在拉运过程中图示角度保持不变，已知小车和桶装矿泉水的总质量为20 kg ，不计桶与小车之间摩擦力的影响，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，

送水员拉动小车使矿泉水和小车一起以a ＝5 m/s 2的加速度水平向右做匀加速直线运动时，

下列说法正确的是( )

A ．小车P 侧轨道对桶的支持力大小为160 N

B ．小车Q 侧轨道对桶的支持力大小为250 N

C ．桶对小车两侧轨道的压力大小之比F P ∶F Q ＝1∶2

D ．桶对小车两侧轨道的压力大小之比F P ∶F Q ＝4∶3

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