1、第一讲 物体平衡与直线运动 123课 前 自 测 诊 断 点击进入课 堂 重 点 攻 坚课后“高仿”检测静态平衡问题是高考的热点问题，一般问题属于基础性题目，但有的也有一定的难度，“难”表现在两个方面：一是研究对象复杂，往往涉及多个物体(如诊断卷第 2 题)；二是试题情景新颖，常与生活实际相联系或是实际情景的抽象(如诊断卷第 1题)。对于该类问题，关键是在准确选定研究对象的前提下，灵活地利用合成法、分解法或正交分解法，必要时结合整体与隔离法分析问题。建议对本考点自学为主。考点一 静态平衡问题 释疑 5 大考点理 清知识体系 掌 握 解答平衡问题的基本思路用 好 多力多体平衡的解题技法1物体受三
2、力平衡时，通常可应用合成法、分解法、解直角三角形法等求解，如诊断卷第 1 题，其解法可以使用三力平衡的合成法，也可以用正交分解法(尤其适用于受多力的情况)。2对于多个物体的平衡问题，要正确选取研究对象，整体法和隔离法交替使用，如诊断卷第 2 题，判断物体 b 所受的摩擦力和斜面对物体 a 的静摩擦力时必须用隔离法，判断斜面体A 是否受到水平地面的摩擦力作用时用整体法比较方便。题点全练 1(2019全国卷)用卡车运输质量为 m 的匀质圆筒状工件，为使工件保持固定，将其置于两光滑斜面之间，如图所示。两斜面、固定在车上，倾角分别为 30和 60。重力加速度为 g。当卡车沿平直公路匀速行驶时，圆筒对斜
3、面、压力的大小分别为 F1、F2，则()AF1 33 mg，F2 32 mg BF1 32 mg，F2 33 mgCF112mg，F2 32 mgDF1 32 mg，F212mg解析：如图所示，卡车匀速行驶，圆筒受力平衡，由题意知，力 F1与 F2相互垂直。由牛顿第三定律知 F1F1，F2F2，则 F1mgsin 60 32 mg，F2mgsin 3012mg，选项 D 正确。答案：D 2(2019全国卷)物块在轻绳的拉动下沿倾角为 30的固定斜面向上匀速运动，轻绳与斜面平行。已知物块与斜面之间的动摩擦因数为 33，重力加速度取 10 m/s2。若轻绳能承受的最大张力为 1 500 N，则物块
4、的质量最大为()A150 kg B100 3 kgC200 kg D200 3 kg解析：物块沿斜面向上匀速运动，受力如图，根据平衡条件 FFfmgsin 30FfFNFNmgcos 30由式得 Fmgsin 30mgcos 30所以 mFgsin 30gcos 30代入数据得 m150 kg，选项 A 正确。答案：A 3(2019南昌二模)如图所示，有 5 000个质量均为 m 的小球，将它们用长度相等的轻绳依次连接，再将其左端用细绳固定在天花板上，右端施加一水平力使全部小球静止。若连接天花板的细绳与水平方向的夹角为 45。则第2 011 个小球与 2 012 个小球之间的轻绳与水平方向的夹
5、角 的正切值等于()A.2 9895 000B.2 0115 000C.2 0112 089D.2 0892 011解析：以 5 000 个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图 1 所示，根据平衡条件得 F5 000mg。再以第 2 012 个到 5 000 个小球组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图 2 所示，则有 tan 2 989mgF2 9895 000，选项 A 正确。答案：A 动态平衡也是高考的常考问题。物体的状态在缓慢变化过程中均处于平衡状态，但物体所受的某些力的大小和方向均发生变化，使结果出现一些不确定性，这是此类问题常失分的主要原因。针对此类问题，只要灵活选取研究
6、对象，准确进行受力分析，合理选取解题方法(图解法、解析法、相似三角形法等)，问题便可迎刃而解。建议对本考点重点攻坚。考点二 动态平衡问题 活 选 方法针对破解动态平衡问题例1 多选(2017全国卷)如图，柔软轻绳 ON的一端 O 固定，其中间某点 M 拴一重物，用手拉住绳的另一端 N。初始时，OM 竖直且 MN 被拉直，OM与 MN 之间的夹角为 2。现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角 不变。在 OM 由竖直被拉到水平的过程中()AMN 上的张力逐渐增大BMN 上的张力先增大后减小COM 上的张力逐渐增大DOM 上的张力先增大后减小思维流程 方法一 图解法方法二 解析法(正弦定理)答案 AD
7、突 破 一个难点动态平衡中的极值问题例2 多选(2019广东七校联考)如图所示，质量为 m 的小球 a、b 之间用轻绳相连，小球 a 通过轻杆固定在左侧竖直墙壁上，轻杆与竖直墙壁夹角为 30。现改变作用在小球 b 上的外力的大小和方向，轻绳与竖直方向的夹角保持 60不变，则()A轻绳上的拉力一定小于 mgB外力 F 的最小值为 32 mgC轻杆对小球 a 作用力的方向不变D轻杆对小球 a 的作用力最小值为 mg解析 对 b 进行受力分析如图，当 F 的方向发生变化时，由图可知，轻绳上的拉力可能小于 mg，可能大于 mg，故 A 错误。由 b的受力图可知，当拉力 F 的方向与绳子垂直时，拉力 F
8、 最小。最小值为：Fminmgsin 60 32 mg，故 B 正确。以 a 为研究对象，可知 a 受到重力、绳子对 a的拉力以及杆对 a 的作用力而处于平衡状态，由三个力平衡的特点可知，杆对 a 的作用力与 a 的重力、绳对 a 的拉力的合力大小相等，方向相反。a 受到的重力不变，绳对 a 的拉力方向不变，大小是变化的，所以 a 受到的重力与绳对 a 的拉力的合力大小、方向都是变化的，所以杆对 a 的作用力大小、方向都是变化的，故 C 错误。由b 的受力分析可知，当拉力 F 对 b 的拉力方向竖直向上时，拉力 F与 b 的重力大小相等，方向相反，绳子此时的拉力等于 0，所以 a只受到重力和杆
9、对 a 的作用力，此时杆对 a 的作用力最小，恰好等于 a 的重力，故 D 正确。答案 BD 题点全练 1多选(2019全国卷)如图，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮。一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块 N，另一端与斜面上的物块 M 相连，系统处于静止状态。现用水平向左的拉力缓慢拉动 N，直至悬挂 N 的细绳与竖直方向成 45。已知 M 始终保持静止，则在此过程中()A水平拉力的大小可能保持不变BM 所受细绳的拉力大小一定一直增加CM 所受斜面的摩擦力大小一定一直增加DM 所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加解析：选 N 为研究对象，受力情况如图甲所示，用水平拉力 F 缓慢拉动 N
10、 的过程中，水平拉力 F 逐渐增大，细绳的拉力 T 逐渐增大，A 错，B 对。对于 M，受重力 GM、支持力 FN、绳的拉力 T 以及斜面对它的摩擦力 f。如图乙所示，若开始时斜面对 M 的摩擦力 f 沿斜面向上，则 TfGMsin，T 逐渐增大，f 逐渐减小，当 f 减小到零后，再反向增大。若开始时斜面对 M 的摩擦力沿斜面向下，此时，TGMsin f，当 T 逐渐增大时，f 逐渐增大，C 错，D 对。甲乙答案：BD 2(2019河北省衡水调研)如图所示，a、b、c 三根轻细绳悬挂两个质量相同的小球 A、B 保持静止，细绳 a 是水平的，现对 B 球施加一个水平向右的力 F，将 B 缓缓拉到
11、图中虚线位置，A球保持不动，这时三根细绳张力 Fa、Fb、Fc 的变化情况是()A都变大 B都不变CFb 不变，Fa、Fc 变大DFa、Fb 不变，Fc 变大设 b 绳与水平方向夹角为，则竖直方向有：Fbsin 2mg，解得：Fb2mgsin，不变；水平方向：FaFbcos F，Fbcos 不变，而 F 逐渐变大，故 Fa 逐渐变大。答案：C 解析：以 B 为研究对象受力分析，将重力分解，如图甲所示，由图可以看出，当将 B 缓缓拉到图中虚线位置过程，绳与竖直方向夹角变大，即 Fc 逐渐变大，F 逐渐变大；再以 A、B整体为研究对象受力分析，如图乙所示。3(2019湖南十四校二次联考)如图所示，
12、AC 是上端带定滑轮的固定竖直杆，质量不计的轻杆AB 一端通过铰链固定在 A 点，另一端 B 悬挂一重为 G 的物体，且 B 端系有一根轻绳并绕过定滑轮 C，用力 F 拉绳，开始时BAC90，现使BAC 缓慢变小，直到杆 AB 接近竖直杆 AC。此过程中()A轻杆 AB 对 B 端的弹力大小不变B轻杆 AB 对 B 端的弹力先减小后增大C力 F 逐渐增大D力 F 先逐渐减小后逐渐增大解析：以 B 点为研究对象，分析受力情况：悬挂重物的绳的拉力 T(等于重物重力 G)、轻杆的支持力 N 和绳子的拉力 F，作出力图如图。由平衡条件可知 N 和 F 的合力与 T 大小相等、方向相反，根据三角形相似可
13、得 NAB TAC FBC；又 TG，因杆的长度不变，BC 距离变短，故 N 大小保持不变，力 F逐渐减小，则 A 正确，B、C、D 错误。答案：A 本考点中匀变速直线运动规律及运动图像是高考的考查热点，其中图像问题容易造成失分，主要是审题不仔细、知识迁移不够灵活造成的；匀变速直线运动规律的应用方面的失分点主要是与其他知识交汇点较多、试题情景取材常涉及生活实际问题造成的。建议考生对本考点多加关注。考点三 匀变速直线运动问题 记 牢“四类”匀变速直线运动公式 运 用“五种”常用解题方法 图 像 问题“四点提醒”不可少 1对于 x-t 图像，图线在纵轴上的截距表示 t0 时物体的位置；对于 v-t
14、 和 a-t 图像，图线在纵轴上的截距并不表示 t0 时物体的位置。2在 v-t 图像中，两条图线的交点不表示两物体相遇，而是表示两者速度相同。3v-t 图像中两条图线在轴上的截距不同，不少同学误认为两物体的初始位置不同，位置是否相同应根据题中条件确定。4对于 a-x 图像、a-v2 图像等非常规图像，不要想当然的猜测图线的物理意义，要结合运动学公式和图像，找出函数表达式，进而确定斜率、截距等意义。题点全练 1(2019全国卷)如图，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的最大高度为 H。上升第一个H4所用的时间为 t1，第四个H4所用的时间为 t2。不计空气阻力，则t2t1满足()
15、A1t2t12 B2t2t13C3t2t14 D4t2t15解析：空气阻力不计，运动员竖直上升过程做匀减速直线运动，位移为 H 时的速度为 0。逆向观察，运动员做初速度为 0 的匀加速直线运动，则连续相等位移所用时间之比为 1(21)(3 2)(n n1)。由题意知，t2t11(2 3)2 3，由结果知选项C 正确。答案：C 2多选(2018全国卷)甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在 t2 时刻并排行驶。下列说法正确的是()A两车在 t1 时刻也并排行驶B在 t1 时刻甲车在后，乙车在前C甲车的加速度大小先增大后减小D乙车的加速度大小
16、先减小后增大解析：t1t2 时间内，v 甲v 乙，t2 时刻相遇，则 t1 时刻甲车在乙车的后面，故 A 错误、B 正确。由图像的斜率知，甲、乙两车的加速度大小均先减小后增大，故 C 错误、D 正确。答案：BD 3.(2019湖南株洲一模)一辆高铁出站一段时间后，在长度为 L 的某平直区间提速过程中其速度平方与位移的关系如图所示。则列车通过该区间所用时间为()A.Lb1b2 B.2Lb1b2C.Lb1 b2D.2Lb1 b2解析：题给的速度平方与位移的关系图线可表示为 v2b1b2b1Lx，对照匀变速直线运动规律 v2v022ax，可知高铁初速度的二次方 v02b1，加速度 ab2b12L，位
17、移为 L 时速度的二次方 v2b2。由 avv0t，可得 t2Lb1 b2，选项 D 正确。答案：D 本考点通常以做匀变速直线运动的物体为载体，通过两大分析(受力分析和运动分析)，运用牛顿运动定律和运动学规律求解加速度，然后进一步求解有关问题，只要考生牢记运动学基本公式及牛顿第二定律，仔细审题、灵活进行知识迁移交汇，即可轻松取分。建议考生自学为主。考点四 动力学两类基本问题 贯 通 一个知识体系理 顺 两类基本问题 1由因推果已知物体的受力情况，确定物体的运动情况首先根据物体的受力确定物体的加速度，再结合运动学公式求解有关问题。如诊断卷第 7 题中，先进行受力分析，根据牛顿第二定律确定两小球沿
18、杆下落的加速度 a1、a2，再应用位移公式列式比较，得出结论。解答此题常见错误是由于审题错误把该题的情景误认为是“等时圆模型”，导致错选 A。2由果溯因已知物体的运动情况，确定物体的受力情况由物体的运动情况，确定物体的加速度及其变化规律，再结合牛顿第二定律确定受力情况。如诊断卷第 8 题中，先利用运动图像，结合公式 xv0t12at2 可得图线在纵轴截距表示初速度，图线斜率表示12a1。再根据牛顿第二定律便可求出拉力 F。题点全练 1多选(2019全国卷)如图(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t0 时，木板开始受到水平外力 F 的
19、作用，在 t4 s 时撤去外力。细绳对物块的拉力 f 随时间 t 变化的关系如图(b)所示，木板的速度 v 与时间 t 的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取 10 m/s2。由题给数据可以得出()图(a)图(b)图(c)A木板的质量为 1 kgB24 s 内，力 F 的大小为 0.4 NC02 s 内，力 F 的大小保持不变D物块与木板之间的动摩擦因数为 0.2解析：木板和实验台间的摩擦忽略不计，由题图(b)知，2 s 后物块和木板间的滑动摩擦力大小 F 摩0.2 N。由题图(c)知，24 s 内，木板的加速度大小 a10.42 m/s20.2 m/s2，撤去外力
20、 F 后的加速度大小 a20.40.21 m/s20.2 m/s2。设木板质量为 m，对木板进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：FF 摩ma1，F 摩ma2，且知 F 摩m 块g0.2 N，解得 m1 kg，F0.4 N，由于不知道物块的质量，故无法求出物块与木板间的动摩擦因数，选项 A、B 正确，D 错误。02 s 内，由题图(b)知，F 是均匀增加的，选项 C 错误。答案：AB 2多选用遥控直升机下轻绳悬挂质量为 m 的摄像机可以拍摄学生在操场上的跑操情况。开始时遥控直升机悬停在 C点正上方。若遥控直升机从 C 点正上方运动到 D 点正上方经历的时间为 t，已知 CD 之间距离为 L，直升
21、机的质量为M，直升机的运动视作水平方向的匀加速直线运动。在拍摄过程中悬挂摄影机的轻绳与竖直方向的夹角始终为，假设空气对摄像机的作用力始终水平。则()A轻绳中的拉力 FT mgcos B遥控直升机加速度 agtan C直升机所受的合外力为 F 合2mLt2D这段时间内空气对摄像机作用力的大小为 Fmgtan 2Lt2解析：由 L12at2，解得遥控直升机加速度 a2Lt2，选项 B 错误。直升机所受的合外力为 F 合Ma2MLt2，选项 C 错误。对摄像机受力分析，摄像机受到风的阻力 F、轻绳拉力 FT 和重力 mg，则 FTsin Fma，FTcos mg，联立解得：FT mgcos，Fmgt
22、an 2Lt2，选项 A、D 正确。答案：AD 动力学的综合问题是对牛顿运动定律和运动学公式的综合考查，是高考命题的热点。考查题型既有选择题、也有计算题，常常与图像结合，涉及弹簧、传送带、板块、连接体等问题，且常会涉及功能关系，难度较大。解题过程中要不断体会方法、活用方法，提升解题能力。建议对本考点重点攻坚。考点五 动力学中的综合问题 1解决牛顿运动定律与运动图像综合问题时要借助图像获取有用信息，再结合牛顿第二定律求解结果。如诊断卷第 9、11、12 题。铭 记 两点提醒2抓住两个分析，即受力分析和运动分析，这是解答问题的重要前提。突 破 三类问题 1动力学中的弹簧问题分析此类问题时注意把握住
23、弹簧的三个特殊位置：(1)原长位置，该位置弹簧的形变量为零，弹簧的弹力为零，注意此时物体所受的合外力特点；(2)弹簧的弹力与物体所受的其他力平衡的位置，该位置物体的加速度为零；(3)弹簧最长或最短的位置，该位置弹簧的形变量最大，弹簧的弹力最大。例1(2018全国卷)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块 P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力 F 作用在 P 上，使其向上做匀加速直线运动。以 x 表示 P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示 F 和 x 之间关系的图像可能正确的是()解析 设物块 P 静止时，弹簧的压缩量为x0，则有 kx0mg，在弹簧恢复原长前，物块受
24、力如图所示，根据牛顿第二定律得 Fk(x0 x)mgma，整理得 Fkxma，即 F 是 x 的一次函数，选项 A 正确。答案 A2动力学中的传送带问题解传送带问题思维模板例2(2019山东大联考三模)如图所示，白色传送带 A、B 两端距离 L14 m，以速度 v08 m/s 逆时针匀速转动，并且传送带与水平面的夹角为 37，现将一质量为 m2 kg 的煤块轻放在传送带的 A 端，煤块与传送带间动摩擦因数 0.25，取 g10 m/s2，sin 370.6,cos 370.8，则下列叙述正确的是()A煤块从 A 端运动到 B 端所经历时间为 2.25 sB煤块运动到 B 端时重力的瞬时功率为
25、120 WC煤块从 A 端运动到 B 端在传送带上留下的黑色痕迹为 4 mD煤块从 A 端运动到 B 端因摩擦产生的热量为 8 J解析 煤块放在传送带上后受到沿斜面向下的滑动摩擦力作用，一定先向下做匀加速直线运动。设经过时间 t1，煤块的速度与传送带相同，做匀加速运动的加速度大小为 a1，则根据牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma1，可得 a1g(sin cos)8 m/s2，由 v0a1t1 得 t11 s，此过程通过的位移大小为 x1v02 t14 mL。由于 mgsin mgcos，故煤块速度大小等于传送带速度大小后，继续向下做匀加速运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上。设煤块接着做
26、匀加速运动的加速度为 a2，运动的时间为 t2，则mgsin mgcos ma2，可得 a2g(sin cos)4 m/s2，由 Lx1v0t212a2t22，代入数据得：t21 s。故煤块从 A 到 B 的运动时间是 tt1t22 s，故 A 错误。煤块从 A 端运动到 B 端时速度 vv0a2t212 m/s，此时重力的瞬时功率为 Pmgvsin 144 W，故 B 错误。由于两个过程煤块与传送带间的相对位移大小(v0t1x1)(Lx1)v0t2，所以煤块从 A 端运动到 B端留下的黑色痕迹长度为 sv0t1x14 m，故 C 正确。煤块从 A 端运动到B 端因摩擦产生的热量为 Qmgco
27、s(v0t1x1)(Lx1)v0t2，代入数据解得：Q24 J，故 D 错误。答案 C3动力学中的板块问题解答动力学中的板块问题时，一般用牛顿运动定律和运动学公式就能求解，做好两物体的受力分析和运动过程分析是解决此类问题的关键点和突破口。解答此类问题的注意事项：1要注意运动过程中两物体的各物理量间存在的关系如两物体的速度关系、位移关系等，可以画位移关系图辅助理解两物体的位移关系；2两物体发生相对运动的临界条件是两物体间的静摩擦力恰好等于最大静摩擦力；3两物体速度相等时可能存在运动规律的变化，在解题时要注意这个临界状态。例3(2017全国卷)如图，两个滑块 A 和 B 的质量分别为 mA1 kg
28、 和 mB5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为 10.5；木板的质量为 m4 kg，与地面间的动摩擦因数为 20.1。某时刻 A、B 两滑块开始相向滑动，初速度大小均为 v03 m/s。A、B 相遇时，A 与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小 g10 m/s2。求：(1)B 与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B 开始运动时，两者之间的距离。解析(1)滑块 A 和 B 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设 A、B 和木板所受的摩擦力大小分别为 f1、f2 和 f3，A 和 B相对于地面的加速度大小分别为 aA和 aB，木板
29、相对于地面的加速度大小为 a1。在物块 B 与木板达到共同速度前有f11mAgf21mBgf32(mmAmB)g由牛顿第二定律得f1mAaAf2mBaBf2f1f3ma1设在 t1 时刻，B 与木板达到共同速度，其大小为 v1。由运动学公式有 v1v0aBt1v1a1t1联立式，代入已知数据得v11 m/s。(2)在 t1 时间间隔内，B 相对于地面移动的距离为sBv0t112aBt12设在 B 与木板达到共同速度 v1 后，木板的加速度大小为 a2。对于 B 与木板组成的体系，由牛顿第二定律有f1f3(mBm)a2由式知，aAaB；再由式知，B 与木板达到共同速度时，A 的速度大小也为 v1
30、，但运动方向与木板相反。由题意知，A 和 B 相遇时，A 与木板的速度相同，设其大小为 v2。设A 的速度大小从 v1 变到 v2 所用的时间为 t2，则由运动学公式，对木板有 v2v1a2t2对 A 有 v2v1aAt2在 t2 时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1v1t212a2t22在(t1t2)时间间隔内，A 相对地面移动的距离为sAv0(t1t2)12aAt1t2 2A 和 B 相遇时，A 与木板的速度也恰好相同。因此 A 和 B 开始运动时，两者之间的距离为s0sAs1sB联立以上各式，并代入数据得s01.9 m。(也可用如图所示的速度时间图线求解)答案(1)1 m/s(2)1.9 m3课后“高仿”检测练熟提能力，正途刷高分点击进入谢观看THANK YOU FOR WATCHING谢
