届高考物理二轮复习力与直线运动学案江苏专用.docx

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届高考物理二轮复习力与直线运动学案江苏专用

专题一　力与直线运动

考情分析

2016

2017

2018

力与直

线运动

T5：

自由落体和抛体运动的图象

T1：

胡克定律应用

T9：

相对运动与摩擦力

T14

（1）：

斜面对物体的支持力

T14

（1）

（2）：

叠加体的平衡、摩擦力

T14

（1）（3）：

物体的平衡、牛顿运动定律应用

命题解读

本专题就考点分为三大板块。

分别为运动学、相互作用和牛顿运动定律。

从三年命题情况看，命题特点为：

（1）注重基础与迁移。

如胡克定律、匀变速直线运动的规律及非常规运动图象问题，行车安全问题等考查学生的理解能力。

难度属于容易或中等。

（2）注重过程与方法。

如利用板块问题、多过程问题等，以选择题考查学生的推理能力，以计算题考查学生的分析综合能力。

难度属于中等及较难。

整体难度中等偏难，命题指数★★★★★，复习目标是达B冲A。

1.（2018·江苏省如皋市教学质量调研）小钢球从某位置由静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到的照片如图1所示。

已知连续两次曝光的时间间隔，为求出小球经过B点的速度，需测量（　　）

图1

A.照片中AC的距离

B.照片中球的直径及AC的距离

C.小钢球的实际直径、照片中AC的距离

D.小钢球的实际直径、照片中球的直径及AC的距离

解析　根据匀变速直线运动的规律可知：

vB＝

，为求解AC的实际距离，需知道小钢球的实际直径、照片中球的直径及照片中AC的距离，然后根据比例关系可知AC的实际距离，故选项D正确，A、B、C错误。

答案　D

2.（2018·苏锡常镇四市高三教学情况调研）小明将一辆后轮驱动的电动小汽车，按图示方法置于两个平板小车上，三者置于水平实验桌上。

当小明用遥控器启动小车向前运动后，他看到两个平板小车也开始运动，下列标出平板小车的运动方向正确的是（　　）

解析　用遥控器启动小车向前运动，后轮是主动轮顺时针转动，所以左侧平板小车对后轮的摩擦力向右，后轮对左侧平板小车的摩擦力向左；前轮是从动轮，所以右侧平板小车对前轮的摩擦力向左，前轮对右侧平板小车的摩擦力向右。

因此左侧小车向左运动，右侧小车向右运动。

故选项C正确，A、B、D错误。

答案　C

3.（2018·苏北四市第一次调研）如图2所示，小明将叠放在一起的A、B两本书抛给小强，已知A的质量为m，重力加速度为g，两本书在空中不翻转，不计空气阻力，则A、B在空中运动时（　　）

图2

A.A的加速度等于g

B.B的加速度大于g

C.A对B的压力等于mg

D.A对B的压力大于mg

解析　A、B两个物体叠在一起水平抛出，做加速度为g的抛体运动，处于完全失重状态，则A与B间的作用力为零。

故选项A正确，B、C、D错误。

答案　A

4.（2018·徐州质检）如图3所示，在水平天花板的A点处固定一根轻杆a，杆与天花板保持垂直。

杆的下端有一个轻滑轮O。

另一根细线上端固定在该天花板的B点处，细线跨过滑轮O，下端系一个重为G的物体，BO段细线与天花

　板的夹角为θ＝30°。

系统保持静止，不计一切摩擦。

下列说法中正确的是（　　）

图3

A.细线BO对天花板的拉力大小是

B.a杆对滑轮的作用力大小是

C.a杆和细线对滑轮的合力大小是G

D.a杆对滑轮的作用力大小是G

解析　细线上的弹力大小处处相等，因此细线BO对天花板的拉力大小是G，选项A错误；两段细线上弹力大小均为G，构成菱形，合力为2Gsin30°＝G，大小等于a杆对滑轮的作用力，选项B错误，D正确；由于系统保持静止，所以a杆和细线对滑轮的合力大小是0，选项C错误。

答案　D

　匀变速直线运动基本规律的应用

分析匀变速直线运动问题的“六种方法”

【例1】（2018·江苏苏州市模拟）一物体做匀变速直线运动，在通过第一段位移x1的过程中，其速度变化量为Δv，紧接着通过第二段位移x2，速度变化量仍为Δv。

则关于物体的运动，下列说法正确的是（　　）

A.第一段位移x1一定大于第二段位移x2

B.两段运动所用时间一定不相等

C.物体运动的加速度为

D.通过两段位移的平均速度为

解析　设通过第一段位移的末速度为v，则有通过第一段位移的初速度为v－Δv，通过第二段位移的末速度为v＋Δv，根据运动学公式有（v＋Δv）2－v2＝2ax2，v2－（v－Δv）2＝2ax1，解得a＝，若物体做匀加速直线运动，则有x2>x1，故选项A错误，C正确；根据a＝，通过两段运动所用时间一定相等，故选项B错误；通过两段位移的平均速度为

＝＝，故选项D错误。

答案　C

【变式1】（2018·江苏省南通、徐州、扬州、泰州、淮安、宿迁市调研）一辆公交车在平直的公路上从A站出发运动至B站停止，经历了匀加速、匀速、匀减速三个过程，设加速和减速过程的加速度大小分别为a1、a2，匀速过程的速度大小为v，则（　　）

A.增大a1，保持a2、v不变，加速过程的平均速度不变

B.减小a1，保持a2、v不变，匀速运动过程的时间将变长

C.增大v，保持a1、a2不变，全程时间变长

D.只要v不变，不论a1、a2如何变化，全程平均速度不变

解析　匀变速运动的平均速度为

＝，则加速运动过程的平均速度等于，v不变则加速过程的平均速度不变，故选项A正确；匀加速、匀速、匀减速三个过程的位移分别为x1＝vt1、x2＝vt2、x3＝vt3，如果减小a1，保持a2、v不变，则加速过程的时间t1＝将增大，加速过程的位移x1增大，而减速的时间和位移不变，所以匀速的位移将减小，匀速的时间减小，故选项B错误；作出物体运动的速度图象如图甲所示，增大v，保持a1、a2不变，运动的时间将减小，故选项C错误；同理如图乙所示，v不变，a1、a2变化，则全程的时间将会发生变化，全程平均速度变化，故选项D错误。

答案　A

　共点力的平衡

1.共点力的平衡条件

F合＝0或者

2.解决平衡问题常用方法

（1）合成法：

一般用于三力平衡问题，两个力的合力与第三个力等大反向。

（2）正交分解法：

对三力及以上的物体平衡，或已知夹角时常用此法。

（3）图解法：

对三力动态平衡问题，一般是缓慢变化问题常用此法。

（4）相似三角形法：

利用力矢量三角形与几何三角形相似，列比例式解题。

一般已知线段大小时常用此法。

3.动态平衡问题分析方法

【例2】（2018·江苏苏州市模拟）如图4所示，倾角θ＝37°的上表面光滑的斜面体放在水平地面上。

一个可以看成质点的小球用细线拉住与斜面一起保持静止状态，细线与斜面间的夹角也为37°。

若将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，斜面体仍然保持静止状态。

sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

则下列说法正确的是（　　）

图4

A.小球将向上加速运动

B.小球对斜面的压力变大

C.地面受到的压力不变

D.地面受到的摩擦力不变

解析　小球处于静止状态，所以合外力为零，小球受力为竖直向下的重力G、斜面对小球的支持力FN和细线对小球的拉力F，把三个力正交分解，列平衡方程：

Gcos37°＝FN＋Fsin37°，Fcos37°＝Gsin37°，两式联立解得：

F＝G，

FN＝G；将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，小球受力为竖直向下的重力G、斜面对小球的支持力FN′和方向水平向左的推力，把三个力正交分解，沿斜面方向有Fcos37°＝Gsin37°，故小球处于静止状态，垂直斜面方向FN′＝Gcos37°＋Fsin37°＝G，小球对斜面的压力变大，故选项A错误，B正确；斜面体与小球为整体，受力为竖直向下的重力G′、地面对斜面体的支持力FN″、地面对其的摩擦力和细线对小球的拉力F；将拉力换为大小不变、方向水平向左的推力，受力为竖直向下的重力G′、地面对斜面体的支持力FN、地面对其的摩擦力和方向水平向左的推力F，所以地面对斜面体的支持力变大，地面对其的摩擦力变大，故选项C、D错误。

答案　B

【变式2】（2018·淮安、宿迁等学业质量检测）质量为m的物体用轻绳AB悬挂于竖直墙壁上，今用水平向右的拉力F拉动绳的中点O至如图5所示位置。

用T表示绳OA段拉力的大小，在拉力F由图示位置逆时针缓慢转过90°的过程中，始终保持O点位置不动，则（　　）

图5

A.F先逐渐变小后逐渐变大，T逐渐变小

B.F先逐渐变小后逐渐变大，T逐渐变大

C.F先逐渐变大后逐渐变小，T逐渐变小

D.F先逐渐变大后逐渐变小，T逐渐变大

解析　若保持O点位置不变，将F由水平位置绕O点逆时针缓慢转动90°的过程中，F和AO的拉力的合力始终与mg等大、反向、共线，作力的平行四边形如图，由平行四边形定则可知，当F竖直时，F最大，最大值Fmax＝mg；此时T＝0，当F⊥AO时，F最小，则F先逐渐变小后逐渐变大，T逐渐变小，故选项A正确。

答案　A

　动力学图象问题

求解动力学图象问题的基本思路

【例3】（2018·苏锡常镇四市高三教学情况调研）运动员进行跳伞训练。

假设运动员在没有打开降落伞时做自由落体运动，打开伞后所受空气阻力和下落速度成正比，不计打开伞的时间，跳伞运动员下落过程的v－t图象不可能是（　　）

解析　没有打开降落伞时做自由落体运动，在打开伞瞬间获得速度v，打开伞后所受空气阻力和下落速度成正比，则

f＝kv。

若kv＝mg，则运动员接下来做匀速直线运动，故A图象可能；若kvmg，则运动员所受合力向上且kv－mg＝ma，运动员做加速度减小的减速运动直到匀速运动，故C图象可能，D图象不可能。

答案　D

【变式3】（2018·苏北四市第一次调研测试）如图6所示，物块以速度v0从粗糙斜面底端沿斜面上滑，达到最高点后沿斜面返回。

下列v－t图象能正确反映物块运动规律的是（　　）

图6

解析　在上滑过程中，根据牛顿第二定律可知上滑加速度大小为a1＝，下滑过程的加速度大小为a2＝，故a1＞a2，上滑和下滑运动方向相反，故选项C正确。

答案　C

　牛顿运动定律及应用

应用牛顿运动定律的解答思路

【例4】（多选）（2018·无锡市锡山中学高三月考）如图7所示，斜劈B固定在弹簧上，斜劈A扣放在B上，A、B相对静止，待系统平衡后用竖直向下的变力F作用于A，使A、B缓慢压缩弹簧，弹簧一直在弹性限度内，则下面说法正确的是（　　）

图7

A.压缩弹簧的过程中，B对A的摩擦力逐渐增大

B.压缩弹簧的过程中，A可能相对B滑动

C.当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，B对A的作用力先增大后减小

D.当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，A、B分离时，弹簧恢复原长

解析　因为开始A相对于B静止，则A在沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力，设斜劈的倾角为θ，有mgsinθ≤μmgcosθ，所以（mg＋F）sinθ≤μ（mg＋F）cosθ，所以A、B在缓慢压缩弹簧的过程中，仍然能保持相对静止，A所受的摩擦力f＝（mg＋F）sinθ。

对整体分析，F逐渐增大，可知摩擦力逐渐增大，故选项A正确，B错误；撤去F后，在弹簧恢复原长前，整体的加速度先逐渐减小后增大。

隔离对A分析，有F－mg＝ma，则B对A的作用力逐渐减小，当弹簧恢复原长时，B将与A发生分离，故选项C错误，D正确。

答案　AD

【变式4】（多选）（2018·泰州一模）如图8甲所示，质量相等的a、b两物体，分别从斜面上的同一位置A由静止下滑，经过B点在水平面上滑行一段距离后停下。

不计经过B点时的能量损失，用传感器采集到它们的速度－时间图象如图乙所示，下列说法正确的是（　　）

图8

A.a在斜面上滑行的加速度比b的大

B.a在水平面上滑行的距离比b的短

C.a与斜面间的动摩擦因数比b的小

D.a与水平面间的动摩擦因数比b的大

解析　由题图乙图象斜率可知，a做加速运动时的加速度比b做加速时的加速度大，故选项A正确；物体在水平面上的运动是匀减速运动，a从t1时刻开始，b从t2时刻开始，由图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，a在水平面上做匀减速运动的位移比b在水平面上做匀减速运动的位移大，故选项B错误；物体在斜面上运动的加速度为a＝＝gsinθ－μgcosθ，因为a的加速度大于b的加速度，所以a与斜面间的动摩擦因数比b的小，故选项C正确；根据牛顿第二定律知，物体在水平面上运动的加速度为a′＝＝μg，因为a的加速度小于b的加速度，所以a与水平面间的动摩擦因数比b的小，故选项D错误。

答案　AC

一、单项选择题

1.（2018·苏锡常镇四市调研）帆船运动中，运动员可以调节帆面与船前进方向的夹角，使船能借助风获得前进的动力。

下列图中能使帆船获得前进动力的是（　　）

解析　船所受风力与帆面垂直，将风力分解成沿船身方向和垂直于船身方向。

船在垂直船身方向受到的阻力能抵消风力垂直于船身方向的分量。

A图中船所受风力垂直于船身方向，沿船前进方向的分力是零，故选项A错误；将B图中风力分解后沿船身方向分力与船前进方向相反，故选项B错误；将C图中风力分解后沿船身方向分力与船前进方向相反，故选项C错误；将D图中风力分解后沿船身方向分力与船前进方向相同，能使帆船获得前进动力，故选项D正确。

答案　D

2.（2018·镇江市模拟）甲、乙、丙、丁四辆小车从同一地点向同一方向运动的图象如图1所示，下列说法正确的是（　　）

图1

A.甲车做直线运动，乙车做曲线运动

B.在0～t1时间内，甲车平均速度小于乙车平均速度

C.在0～t2时间内，丙、丁两车在t2时刻相距最远

D.在0～t2时间内，丙、丁两车加速度总是不相同的

解析　x－t图象中，位移方向用正负表示，图中甲、乙两个物体的位移一直为正，且不断增加，故甲与乙都是单向的直线运动，故选项A错误；在0～t1时间内，甲、乙的位移相等，则甲车平均速度等于乙车平均速度，选项B错误；由图象与时间轴围成的面积表示位移可知：

丙、丁两车在t2时刻面积差最大，所以相距最远，故选项C正确；v－t图象的斜率等于加速度，则在0～t2时间内，丙、丁两车加速度有相同的时刻，选项D错误。

答案　C

3.（2018·江苏省高考压轴冲刺卷）将一物块以初速度v0从地面竖直向上抛出，运动到最高点后返回地面，整个过程所受阻力恒定，取抛出点为坐标原点，竖直向上为x轴正方向，则物块速度的平方v2与位置坐标x的关系图象正确的是（　　）

解析　由于阻力存在，则当物体再次返回地面时速度一定小于v0，故选项B、D错误；由于阻力恒定，故上升和下降过程中均为匀变速运动，由v2＝2ax可得图象为倾斜的直线，故选项A正确，C错误。

答案　A

4.（2018·江苏省南通、徐州、扬州、泰州、淮安、宿迁市一调）如图2所示，倾角为30°的光滑固定斜面上放置质量为M的木板A，跨过轻质光滑定滑轮的细线一端与木板相连且细线与斜面平行，另一端连接质量为m的物块B，质量也为m的物块C位于木板顶端。

静止释放后，C下滑，而A、B仍保持静止。

已知M＝1.5m，重力加速度为g，则C沿木板下滑的加速度大小为（　　）

图2

A.gB.g

C.gD.g

解析　对物体A受力分析，受重力、支持力、拉力和C对A的摩擦力，根据平衡条件可得Mgsin30°＋f＝mg，由题意可知M＝1.5m，可得AC间的摩擦力为f＝0.25mg，对C受力分析，根据牛顿第二定律可得mgsin30°－f＝ma，联立以上可得C下滑的加速度a＝g，故选项C正确，A、B、D错误。

答案　C

5.（2018·苏锡常镇四市一调）一长轻质薄硬纸片置于光滑水平地面上，其上放质量均为1kg的A、B两物块，A、B与薄硬纸片之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.3，μ2＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如图3所示。

已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。

下列说法正确的是（　　）

图3

A.若F＝1.5N，则A物块所受摩擦力大小为1.5N

B.若F＝8N，则B物块的加速度为4.0m/s2

C.无论力F多大，A与薄硬纸片都不会发生相对滑动

D.无论力F多大，B与薄硬纸片都不会发生相对滑动

解析　A与纸片间的最大静摩擦力为fA＝μ1mAg＝0.3×1×10N＝3N，B与纸板间的最大静摩擦力为fB＝μ2mBg＝0.2×1×10N＝2N；当F1＝1.5N＜fA，所以A、B与纸板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，加速度为a1＝＝m/s2＝0.75m/s2，此时对A：

F1－fA1＝mAa，解得fA1＝0.75N，故选项A错误；物体B做加速运动的最大加速度为aBm＝＝μ2g＝2m/s2，若当F2＝8N，A、B相对薄纸静止时，则加速度为a2＝＝m/s2＝4m/s2>2m/s2，则此时B相对纸片发生相对滑动，则B的加速度仍为2m/s2，选项B、D错误；由以上分析可知当纸片的加速度为2m/s2时B相对纸片将要产生相对滑动，此时纸片受到的摩擦力为2N，即纸片对A的摩擦力也为2N

答案　C

二、多项选择题

6.（2018·淮安、宿迁等学业质量检测）如图4所示，木盒中固定一质量为m的砝码，木盒和砝码在桌面上以一定的初速度一起以加速度a1滑行一段距离x1后停止。

现拿走砝码，而持续加一个竖直向下的恒力F（F＝mg），若其他条件不变，木盒以加速度a2滑行距离x2后停止。

则（　　）

图4

A.a2>a1B.a2＝a1

C.x2>x1D.x2

解析　设木盒的质量为M，根据牛顿第二定律得，放砝码时，加速度a1＝＝μg，拿走砝码施加F时，加速度a2＝＝μg，可知a2＞a1。

根据v2＝2ax得，x＝，知加速度增大，则滑行的距离变小，即x2

答案　AD

7.（2018·江苏省南京市、盐城市第一次模拟）建筑工地通过吊车将物体运送到高处。

简化后模型如图5所示，直导轨ABC与圆弧形导轨CDE相连接，D为圆弧最高点，整个装置在竖直平面内，吊车先加速从A点运动到C点，再匀速率通过CDE。

吊车经过B、D处时，关于物体M受力情况的描述正确的是（　　）

图5

A.过B点时，处于超重状态，摩擦力水平向左

B.过B点时，处于超重状态，摩擦力水平向右

C.过D点时，处于失重状态，一定不受摩擦力作用

D.过D点时，处于失重状态，底板支持力一定为零

解析　由于吊车在AC段做加速运动，吊车和M一起向上做加速运动，加速度方向沿导轨向上，所以过B点时，M处于超重状态，由于整体具有向上的加速度，由整体法可知M与支持物间的静摩擦力水平向右，故选项A错误，B正确；过D点吊车和M做圆周运动，整体所受合外力向下提供向心力，所以M处于失重状态，由于整体合外力向下，所以M一定不受支持物的摩擦力，由于过D点时的向心加速度不一定为g，所以M对支持物的压力不一定等零，故选项C正确，D错误。

答案　BC

8.（2018·连云港市模拟）用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F由零逐渐增大的过程中，加速度a随力F变化的图象如图6所示，重力加速度g取10m/s2，水平面各处的粗糙程度相同，认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，则由此可推算出（　　）

图6

A.物体的质量

B.物体与水平地面间滑动摩擦力的大小

C.拉力F＝12N时物体运动的速度大小

D.拉力F＝12N时物体运动的位移大小

解析　由题图可知滑动摩擦力Ff＝6N，选项B正确；当拉力F＝12N时，由牛顿第二定律得F－Ff＝ma，可求得m＝1.2kg，选项A正确；由于不知道时间，故无法求出拉力F＝12N时物体运动的速度和位移大小，选项C、D错误。

答案　AB

9.（2018·江苏省南京市、盐城市第一次模拟）如图7所示，光滑细杆上套有两个质量均为m的小球，两球之间用轻质弹簧相连，弹簧原长为L，用长为2L的细线连结两球。

现将质量为M的物块用光滑的钩子挂在细线上，从细线绷直开始释放，物块向下运动。

则物块（　　）

图7

A.运动到最低点时，小球的动能为零

B.速度最大时，弹簧的弹性势能最大

C.速度最大时，杆对两球的支持力为（M＋2m）g

D.运动到最低点时，杆对两球的支持力小于（M＋2m）g

解析　物块从开始释放先做加速运动，后做减速运动直到速度为零即到达最低点，此时两小球的速度也为零，动能为零，故选项A正确；根据系统机械能守恒可知，物块M减小的重力势能转化为弹簧的弹性势能、物块和两小球的动能，当物块运动到最低点时，速度为零时，弹性势能最大，故选项B错误；速度最大时，即此时系统合力为零，将两小球和物块看成系统，受重力（M＋2m）g，杆对两球的支持力二力平衡，故选项C正确；运动到最低点时，物块具有向上的加速度，由整体法可知，杆对两球的支持力大于（M＋2m）g，故选项D错误。

答案　AC

三、计算题

10.（2018·江苏苏州市第一次模拟）如图8所示，倾角θ＝37°、斜面长为1m的斜面体放在水平面上。

将一质量为2kg的小物块从斜面顶部由静止释放，1s后到达底端，斜面体始终保持静止。

重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

求：

图8

（1）小物块沿斜面下滑的加速度和到达底端时速度的大小；

（2）小物块与斜面之间的动摩擦因数；

（3）小物块运动过程中，水平面对斜面体的摩擦力大小和方向。

解析　

（1）由运动学公式x＝at2

得a＝2m/s2

由v＝at

得v＝2m/s

（2）由牛顿第二定律

mgsinθ－μmgcosθ＝ma

得μ＝0.5

（3）mgcosθsinθ>μmgcos2θ，水平面对斜面体的摩擦力向左

大小f＝mgcosθsinθ－μmgcos2θ＝3.2N

或者对整体由牛顿第二定律：

f＝macosθ＝2×2×0.8N＝3.2N

答案　

（1）2m/s2　2m/s　

（2）0.5　（3）3.2N

11.（2018·江苏省如东县检测）如图9所示，内壁光滑、半径为R的半球形容器静置于水平面上，现将轻弹簧一端固定在容器底部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，OP与水平方向的夹角θ＝30°。

重力加速度为g。

图9

（1）求弹簧对小球的作用力大小F1；

（2）若弹簧的原长为L，求弹簧的劲度系数k；

（3）若系统一起以加速度a水平向左匀加速运动时，弹簧中的弹力恰为零，小球位于容器内壁，求此时容器对小球的作用力大小F2和作用力方向与水平面夹角的正切tanα。

解析　

（1）对小球受力分析如图，由平衡条件有

F1′cosθ－F1cosθ＝0，F1′sinθ＋F1sinθ－mg＝0，

解得　F1＝mg

（2）设弹簧的形变量为x，根据胡克定律有F1＝kx

根据几何关系　L－x＝R

联立解得　k＝

（3）小球受力分析如图，由牛顿第二定律有

＝ma

tanα＝

解得　F2＝m，tanα＝。

答案　

（1）mg　

（2）　（3）m