高中物理高考 2021届高考二轮精品专题一 力与直线运动 教师版

这是一份高中物理高考 2021届高考二轮精品专题一 力与直线运动 教师版，共11页。试卷主要包含了力与物体的平衡，直线运动与牛顿运动定律等内容，欢迎下载使用。


命题趋势
本专题包括力与物体的平衡，直线运动与牛顿运动定律。力与物体的平衡命题重点是力的动态平衡；通过情境紧密联系生活，考查考生从实际问题中构建物理模型的能力。一般需要利用整体法和隔离法进行受力分析，题型一般为选择题。直线运动多与交通、体育运动等真实情境结合，考查匀变速直线运动相关概念、规律及公式的应用，增强考生从运动图象中提取信息的能力和推理能力。题型以选择题、较为综合的计算题为主。
考点清单
一、力与物体的平衡
1．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→建立平衡方程→求解或作讨论。
2．常用的方法
(1)在判断弹力或摩擦力是否存在以及确定它们的方向时常用假设法。
(2)求解平衡问题时常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、图解法等。
3．带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力——电场力、安培力或洛伦兹力。
4．如果带电粒子在重力场、电场和磁场三者组成的复合场中做直线运动，则一定是匀速直线运动，因为F洛⊥v。
二、直线运动与牛顿运动定律
1．基本思路

2．解题关键
抓住两个分析，受力分析和运动情况分析，必要时要画运动情景示意图。对于多运动过程问题，还要找准一个转折点，特别是转折点的速度。
3．常用方法
(1)整体法与隔离法：单个物体的问题通常采用隔离法分析，对于连接体类问题的分析通常是整体法与隔离法的综合应用。
(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解。
(3)逆向思维法：把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，一般用于匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛运动的问题。
精题集训
（70分钟）
经典训练题
1．质量为M的斜面体放在光滑水平地面上，其倾角为30°，斜面上放一质量为m的物块，物块通过绕过轻质滑轮的轻绳与弹簧测力计相连，弹簧测力计的另一端与地面上的P点通过轻绳相连，如图所示。用水平力F推着斜面体在水平面上缓慢向左移动，则下列说法正确的是( )
A．弹簧测力计的示数不断减小
B．水平力F不断减小
C．地面对斜面体的支持力不断减小
D．斜面对物块的摩擦力不断增大
【解析】滑块受重力、支持力、拉力和滑动摩擦力，在斜面体向左运动的过程中，四个力的方向均不变，根据平衡条件，拉力T＝mgsin 30°＋μmgcs 30° QUOTE T=mgsin30∘+μmgcs30∘ 保持不变，故A错；设弹簧测力计与水平方向的夹角为θ QUOTE θ ，对斜面体和滑块整体分析，受推力、重力、绳子的拉力、支持力，水平方向，F＝Tcs θ QUOTE F=Tcsθ ，斜面体在水平面上缓慢向左移动θ变小，所以推力F增大，故B错；竖直方向，N＝(M＋m)g＋Tsin θ QUOTE N=Mg+mg+Tsinθ ，因为θ QUOTE θ 减小，T不变，故N减小，C对；物块受到的是滑动摩擦力，f＝μmgcs 30°， QUOTE f=μmgcs30∘ 大小恒定不变，故D错。
【答案】C
【点评】解答本题，要注意整体法与隔离法的应用：整体法与隔离法——单个物体的问题通常采用隔离法分析；对于连接体类问题的分析通常是整体法与隔离法的综合应用——正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，有时根据情况也可以把加速度进行正交分解。
2．图甲中的塔吊是现代工地必不可少的建筑设备，图乙为150 kg的建筑材料被吊车拉着运动过程的简化图像，g取10 m/s2，下列判断正确的是( )
A．前10 s悬线的拉力恒为1500 N
B．46 s末材料离地面的距离为22 m
C．在30～36 s钢索最容易发生断裂
D．36～46 s材料处于超重状态
【答案】B
【解析】由图乙可知，前10 s的加速度a1＝0.1 m/s2，由牛顿第二定律得F1－mg＝ma1，解得F1＝1515 N，故A错误；根据位移等于面积得，前36 s上升28 m，后10 s下降6 m，46 s末离开地面的高度为22 m，故B正确；30～46 s的过程中，加速度方向向下，拉力小于重力，在0～10 s钢索最容易发生断裂，故C错误；30～46 s的过程中，加速度方向向下，都处于失重状态，D错误。
【点评】本题考查牛顿运动定律和图像的综合应用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。根据图象可以得出各个时间段的加速度，加速度结合牛顿定律求拉力，根据加速度方向判断物体的超失重，从而判断绳子容易断裂。
高频易错题
1．(多解)如图所示，重力为G的圆柱体A被平板B夹在板与墙壁之间，平板B与底座C右端的铰链相连，左端由液压器D调节高度，以改变平板B与水平底座C间的夹角θ，B、C及D总重力也为G，底座C与水平地面间的动摩擦因数为μ（0.5＜μ＜1），平板B的上表面及墙壁是光滑的。底座C与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )
A．C与地面间的摩擦力总等于2μG不变
B．θ角减小时，地面对C的摩擦力减小
C．要保持底座C静止不动，必须满足tan θ≤2μ
D．若保持θ＝45°不变，圆柱体重力增大ΔG，仍要保持底座C静止，则ΔG的最大值ΔGm＝
【答案】BC
【解析】对A进行受力分析，如图所示，则N1cs θ＝G，N1sin θ＝N2，对B、C、D做为一个整体受力分析，根据平衡条件，地面摩擦力f＝N2，联立得f＝Gtan θ，可知，随θ角减小，地面对C的摩擦力减小；随θ角增大，地面对C的摩擦力增大，当摩擦力超过最大静摩擦力后，变为滑动摩擦力，此时f滑＝2μG，保持不变，故A错误，B正确；最大静摩擦力fm＝2μG，因此，要保持底座C静止不动，应满足f≤fm，整理可得tan θ≤2μ，故C正确；若保持θ＝45°不变，圆柱体重力增大ΔG，仍要保持底座C静止，则f＝(G＋ΔG)tan θ≤fm＝μ(2G＋ΔG)，整理得，D错误。
【点评】分析物体受到摩擦力的大小，首先要判断物体受到的是静摩擦力还是滑动摩擦力，二者的计算方法是不一样的，同时注意整体法和隔离法的应用。
2．(多解)A、C是两个带电小球，质量分别是mA、mC，电荷量大小分别是QA、QC，用两条等长绝缘细线悬挂在同一点O，两球静止时如图所示，此时细线对两球的拉力分别为FTA、FTC，两球连线AC与O所在竖直线的交点为B，且AB＜BC，下列说法正确的是( )
A．QA＞QC B．mA∶mC＝FTA∶FTC
C．FTA＝FTC D．mA∶mC＝BC∶AB
【解析】设两个小球之间的库仑力为F，利用相似三角形知识可得，A球所受三个力F、FTA、mAg构成的三角形与三角形OBA相似，eq \f(mAg,OB)＝eq \f(F,AB)＝eq \f(FTA,AO)；C球所受三个力F、FTC、mCg构成的三角形与三角形OBC相似，eq \f(mCg,OB)＝eq \f(F,CB)＝eq \f(FTC,CO)；因OA＝OC，所以mA∶mC＝FTA∶FTC；mA∶mC＝BC∶AB，则B、D正确，C错误；因两球之间的作用力是相互作用力，则无法判断两球带电荷量的多少，A错误。
【答案】BD
【点评】本题运用力的矢量三角形与几何三角形相似的方法解题，关键是找对力与对应几何的边，列出正确的比例方程。
精准预测题
1．如图所示，A、B、C三个质量相同的砝码处于静止状态，不考虑一切摩擦，现将两滑轮移开一点，使两滑轮距离增大，则重新平衡后，C砝码的高度( )
A．仍不变 B．升高一些
C．降低一些 D．都有可能
【答案】C
【解析】A、B、C三个质量相同的砝码处于静止状态，原来整个系统处于静止状态，绳的拉力等于A、B的重力，使两滑轮距离增大，整个系统重新平衡后，绳的拉力F仍等于物体的重力，都没有变化，即O点所受的三个拉力都不变，则根据平衡条件可知，两绳之间的夹角也没有变化，但使两滑轮距离增大，O点将下降，C砝码的高度降低一些。故ABD错误，C正确。
2．(多解)光滑绝缘水平桌面上有一半径为R的圆周，A、B、C是圆周上等间距的三点，O是圆周的圆心。将正点电荷Q1、Q2分别锁定在A、B两点，点电荷Q3锁定在O点，如图所示，Q1、Q2的电荷量均为q，Q3的电性和电荷量均未知。若无论在C处放入何种电性的电荷，该电荷均处于平衡状态。已知静电力常量为k，下列说法正确的是( )
A．Q3为正电荷，电荷量为q
B．Q3为负电荷，电荷量为eq \f(\r(3),3)q
C．若解除对Q3的锁定，则Q3刚好能运动到圆周上
D．若将Q2置换为电荷量为q的负点电荷，然后解除对Q3的锁定，则Q3将做直线运动
【答案】BC
【解析】由数学知识可得，A、B、C三点间距L＝eq \r(3)R，若无论在C处放入何种电性的电荷，该电荷均处于平衡状态，则说明C点的合场强为零，即Q1、Q2两个点电荷在C点的合场强与Q3在C点的场强等大反向，故Q3为负电荷，可得，得q′＝eq \f(\r(3),3)q，A错误，B正确；若解除对Q3的锁定，则Q3先做加速直线运动，越过AB连线后做减速直线运动，根据对称性可知，Q3刚好能运动到圆周上，C正确；若将Q2置换为电荷量为q的负点电荷，同时解除对Q3的锁定，则Q3将做曲线运动，D错误。
3．2020年9月举行的中国长征·汽车（新能源）拉力赛，主要以当年红25军长征线路来设计赛事线路。如图甲所示，在赛前技术勘路行程中，均视为质点的甲、乙两辆赛车沿平直公路同向行驶，如图乙所示是两车在某段时间内的v－t图象，则关于两车运动状况的描述，下列判断正确的是( )
A．乙车在t＝5 s时改变运动方向
B．若t＝0时刻，甲车在前，则在0～5 s时间段，甲、乙两车间距增大；在5～10 s时间段，甲、乙两车间距减小
C．甲、乙两车在第10 s末相遇
D．若t＝0时刻时乙车在前，则两车可能相遇两次
【答案】D
【解析】由图可知，在10 s内，乙车一直沿正方向运动，速度方向没有改变，故A错误；在0～10 s时间段，甲的速度始终比乙的大，甲车在前，所以两车间距一直在增大，故B错误；由于不知道初始位置相距多远，所以无法判断在第10 s末能否相遇，故C错误；若刚开始乙车在前，且距甲车的距离较近，则甲车在0～10 s内的某时刻追上乙车，因t＝10 s乙车速度又超过甲车，在某时刻又会与甲车再次相遇，故D正确。
4．甲、乙两车在同一平直公路上同向行驶，从t＝0时刻开始，甲、乙两车运动的x－t图像如图所示，其中甲车运动的x－t图线为抛物线，图线与x轴的交点为其顶点，乙车运动的x－t图线为过原点的直线，两条图线相切于P点，其坐标为（t1，x1），已知t2＝eq \f(3,2)t1。下列说法正确的是( )
A．t1时刻甲、乙两车间距离最大
B．在t1时刻，甲车的瞬时速度大小是
C．t1到t2时间内甲车的位移大小为eq \f(5,8)x1
D．t2时刻甲车的速度大小为
【答案】C
【解析】由图可知，t1时刻甲、乙两条线有交点，所以表示此时，两车相遇，所以A错误；x－t图线的斜率表示汽车运动的速度，可知t1时刻甲、乙两车的速度，所以B错误；由题意可知，甲车做匀加速直线运动，乙车做匀速直线运动，则由加速度的定义式可得，甲车的加速度，由匀变速直线运动的位移公式x＝v0t＋eq \f(1,2)at2，可得t1到t2时间内甲车的位移大小x＝v1(t2－t1)＋eq \f(1,2)a(t2－t1)2，又t2＝eq \f(3,2)t1，则x＝eq \f(5,8)x1，所以C正确；由匀变速直线运动的速度公式v＝v0＋at，可得t2时刻甲车的速度大小v2＝v1＋a(t2－t1)，得v2＝，所以D错误。
5．如图所示，固定在水平面上的斜面体C上放有一个斜劈A，A的上表面水平且放有物块B。若A、B运动过程中始终保持相对静止，以下说法正确的是( )
A．若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，B物块可能只受两个力作用
B．若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B处于超重状态
C．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则B受水平向左的摩擦力
D．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则B处于超重状态
【答案】C
【解析】若C斜面光滑，A和B由静止释放，在向下运动时，整体加速度方向沿斜面向下，如图，可知，B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三个力作用，故A错误；若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如图所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故B错误；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面减速上滑，则整体加速度方向如图所示，由于B具有水平向左的分加速度，则根据牛顿第二定律可知B受水平向左的摩擦力，故C正确；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，则整体加速度方向如图所示，此时B具有竖直向下的分加速度，即处于失重状态，故D错误。
6．如图所示，有一质量不计的杆AO，长为R，可绕A自由转动。用绳在O点悬挂一个重为G的物体，另一根绳一端系在O点，另一端系在圆弧形墙壁上的C点。当点C由图示位置逐渐向上沿圆弧CB移动过程中(保持OA与墙面夹角θ不变)，OC绳所受拉力的大小变化情况是( )
A．逐渐减小 B．逐渐增大
C．先减小后增大 D．先增大后减小
【答案】C
【解析】对物体受力分析，物体受力平衡，则拉力等于重力G，故竖直绳的拉力不变；再对O点分析，O受绳的拉力、OA的支持力及OC的拉力而处于平衡，受力分析如图所示；将F和OC绳上的拉力合成，其合力与G大小相等，方向相反，则在OC绳上移的过程中，平行四边形的对角线保持不变，平行四边形发生图中所示变化，则由图可知OC绳的拉力先减小后增大，在图中D点时拉力最小，故C正确。
7．(多选)如图，光滑绝缘水平面上两个相同的带电小圆环A、B，电荷量均为q，质量均为m，用一根光滑绝缘轻绳穿过两个圆环，并系于结点O。在O处施加一水平恒力F使A、B一起加速运动，轻绳恰好构成一个边长为l的等边三边形，则( )
A．小环A的加速度大小为eq \f(\r(3)kq2,ml2)
B．小环A的加速度大小为eq \f(\r(3)kq2,3ml2)
C．恒力F的大小为eq \f(2\r(3)kq2,3l2)
D．恒力F的大小为eq \f(\r(3)kq2,l2)
【答案】BC
【解析】设轻绳的拉力为T，则对A：T＋Tcs 60°＝keq \f(q2,l2)，Tcs 30°＝maA，联立解得aA＝eq \f(\r(3)kq2,3ml2)，选项B正确，A错误；恒力F的大小为F＝2Tcs 30°＝eq \r(3)T＝eq \f(2\r(3)kq2,3l2)，选项C正确，D错误。
8．如图甲所示，一个质量为m＝1 kg的小物体在平行于斜面向下的推力F＝3.5 N的作用下沿足够长的斜面向下运动。已知斜面倾角θ＝30°。选取沿斜面向下为x轴正方向，物体通过坐标原点时开始计时，其eq \f(x,t)－t图象如图乙所示，g取10 m/s2。求：
(1)物体与斜面间的动摩擦因数；
(2)第2 s内物体的平均速度大小。
【解析】 (1)由于eq \f(x,t)－t图象是一条倾斜直线，令eq \f(x,t)＝kt＋b，可得x＝kt2＋bt，与匀变速直线运动规律x＝v0t＋eq \f(1,2)at2相比较，知eq \f(x,t)－t图象的斜率为eq \f(1,2)a
则根据题图乙可以得：a＝1 m/s2
由牛顿第二定律得：F＋mgsin θ－μmgcs θ＝ma
代入数据解得：μ＝eq \f(\r(3),2)。
(2)由题图乙知物体的初速度为：v0＝0.5 m/s
第1 s末速度为：v1＝v0＋at1＝1.5 m/s
第2 s末速度为：v2＝v0＋at2＝2.5 m/s
由于物体做匀加速直线运动，故第2 s内的物体的平均速度大小：eq \x\t(v)＝eq \f(v1＋v2,2)＝2 m/s。
9．某工厂为实现自动传送工件设计了如图所示的传送装置，它由一个水平传送带AB和倾斜传送带CD组成，水平传送带长度LAB＝4 m，倾斜传送带长度LCD＝4.45 m，倾角为θ＝37°，AB和CD通过一段极短的光滑圆弧板过渡，AB传送带以v1＝5 m/s的恒定速率顺时针运转，CD传送带静止。已知工件与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在水平传送带最左端A点处，求：
(1)工件从A点第一次被传送到CD传送带沿传送带上升的最大高度和所用的总时间；
(2)要使工件恰好被传送到CD传送带最上端，CD传送带沿顺时针方向运转的速度v2的大小(v2＜v1)。
【解析】(1)工件刚放在传送带AB上时，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a1，速度增加到v1时所用时间为t1，位移大小为x1，受力分析如图甲所示，则：
FN1＝mg，Ff1＝μFN1＝ma1
联立解得a1＝5 m/s2。
由运动学公式有t1＝eq \f(v1,a1)＝eq \f(5,5) s＝1 s
x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)×5×12 m＝2.5 m
由于x1＜LAB，工件随后在传送带AB上做匀速直线运动到B端，则匀速运动的时间t2＝eq \f(LAB－x1,v1)＝0.3 s
工件滑上CD传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为a2，速度减小到零时所用时间为t3，位移大小为x2，受力分析如图乙所示，则：
FN2＝mgcs θ
mgsin θ＋μFN2＝ma2
由运动学公式有x2＝eq \f(0－v\\al(2,1),－2a2)
联立解得a2＝10 m/s2，x2＝1.25 m
工件沿CD传送带上升的最大高度h＝x2sin θ＝1.25×0.6 m＝0.75 m
沿CD上升的时间t3＝eq \f(0－v1,－a2)＝0.5 s
故总时间t＝t1＋t2＋t3＝1.8 s。
(2)CD传送带以速度v2向上传送时，当工件的速度大于v2时，滑动摩擦力沿传送带向下，加速度大小仍为a2；当工件的速度小于v2时，滑动摩擦力沿传送带向上，受力分析图如图丙所示，设其加速度大小为a3，两个过程的位移大小分别为x3和x4，由运动学公式和牛顿运动定律可得：
－2a2x3＝veq \\al(2,2)－veq \\al(2,1)
mgsin θ－μFN2＝ma3
－2a3x4＝0－veq \\al(2,2)
LCD＝x3＋x4，解得v2＝4 m/s。