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1、2022屆高考物理二輪復習 第二部分 熱點訓練二 力與物體的運動 高中常見的性質力有重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力等，一定要明確各種力產生的原因、條件，要熟悉每種力的大小和方向的特征，按照“一重、二彈、三摩擦、四其他”的順序對物體進行受力分析。 動力學規(guī)律是歷年高考必考的熱點之一，在近幾年高考中，也常在計算題的第一題中考查；牛頓運動定律是高中物理的核心內容，是解決力學問題的重要途徑之一，每年高考試題中均有體現(xiàn)，而運動學與動力學的結合考查更是新課標高考命題的熱點和重點，題型有選擇題、計算題、實驗題，命題形式傾向于應用型、綜合型和能力型。 考向一　物體的動態(tài)平衡 　(多選)固定斜面

2、的傾角為37°，頂端安裝有定滑輪，一遵循胡克定律的彈性輕繩的兩端連接著質量相等的物塊A、B，讓彈性繩跨過定滑輪且與斜面平行，使彈性繩的原長恰好等于物塊A到滑輪之間的距離。如圖1所示，當連接物塊B的彈性繩與水平面間的夾角為37°時，物塊A恰好能靜止在斜面上不沿斜面下滑，物塊B恰好能靜止在水平面上不動。A與斜面之間以及物塊B與水平面之間的動摩擦因數(shù)均為μ，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8?，F(xiàn)用水平拉力F拉勻速向右拉物塊B，則在物塊A運動之前 圖1 A．物塊A受到的摩擦力一直減小 B．動摩擦因數(shù)μ＝ C．物塊B受到的

3、摩擦力一直不變 D．F拉一直保持不變 [解析]　本題考查力的合成與分解、摩擦力、胡克定律等，意在考查考生的理解能力和分析能力。因為初始時物塊A恰好能靜止在斜面上不下滑，所以物塊A受到的靜摩擦力沿斜面向上，隨著物塊B向右運動，彈性繩的彈力逐漸增大，物塊A受到的摩擦力先減小后增大，A錯誤；設彈性繩的彈力大小為F，在題圖圖示情況下，對物塊A由平衡條件有mgsin 37°＝μmgcos 37°＋F，對物塊B受力分析，水平方向有Fcos 37°＝μFN，豎直方向有Fsin 37°＋FN′＝mg，其中FN＝FN′，由以上三式可得μ＝，B正確；由于彈性繩的原長恰好等于A到滑輪之間的距離，設彈性繩在B上的

4、作用點到滑輪頂部的豎直高度為h，彈性繩與水平方向的夾角為θ，在水平拉力向右拉B的過程中，彈性繩上的彈力為F＝k(k為彈性繩的勁度系數(shù))，在物塊A運動之前，物塊B受地面的摩擦力為f＝μ(mg－Fsin θ)＝μ(mg－kh)，恒定不變，C正確；在物塊A運動之前，水平拉力F拉＝f＋Fcos θ，隨著物塊B向右運動，水平拉力F拉逐漸增大，D錯誤。 [答案]　BC 考向二　連接體問題 　(多選)如圖2所示，有兩個由相同材料制成的物體A、B以輕繩連接，組成的連接體在傾角為θ的斜面上運動，已知A、B的質量分別為m1、m2，當作用力F一定時，B所受繩的拉力FT 圖2 A．與θ無關 B．與物體

5、和斜面間的動摩擦因數(shù)無關 C．與系統(tǒng)運動狀態(tài)有關 D．等于，僅與兩物體質量有關 [解析]　對A、B組成的整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得 a＝ 對B分析，有FT－m2gsin θ－μm2gcos θ＝m2a， 解得FT＝，由此式可知輕繩的拉力與θ無關，與物體和斜面間的動摩擦因數(shù)無關，與運動狀態(tài)無關，僅與兩物體的質量有關，A、B、D正確。 [答案]　ABD 考向三　用動力學觀點解決滑塊——滑板模型問題 　(2018·南京、鹽城二模)如圖3所示，質量為m＝1 kg的物塊(可視為質點)，放置在質量M＝2 kg足夠長木板的中間，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.1，木板放置在光滑的水平地面上

6、。在地面上方存在兩個作用區(qū)，兩作用區(qū)的寬度均為1 m，相距為d，作用區(qū)只對物塊有力的作用，Ⅰ作用區(qū)對物塊作用力方向水平向右，Ⅱ作用區(qū)對物塊作用力方向水平向左，作用力大小均為3 N。將物塊與木板從圖示位置(物塊在Ⅰ作用區(qū)內的最左邊)由靜止釋放，已知在整個過程中物塊不會滑離木板。取g＝10 m/s2。 圖3 (1)在物塊剛離開Ⅰ區(qū)域時，物塊的速度多大？ (2)若物塊剛進入Ⅱ區(qū)域時，物塊與木板的速度剛好相同，求兩作用區(qū)的邊界距離d。 [解析]　(1)由題圖可知，在Ⅰ區(qū)域時對物塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得 F－μmg＝mam1 am1＝＝2 m/s2 對木板受力分析，有 μmg＝

7、MaM1 aM1＝0.5 m/s2 L＝am1t t1＝ ＝1 s vm1＝am1t1＝2 m/s vM1＝aM1t1＝0.5 m/s。 (2)物塊離開左側Ⅰ區(qū)域后μmg＝mam2 am2＝1 m/s2 aM2＝aM1＝0.5 m/s2 當物塊與木板達共同速度時：vm1－am2t2＝vM1＋aM2t2 解得t2＝1 s d＝vm1t2－am2t＝1.5 m。 [答案]　(1)2 m/s　(2)1.5 m 考向四　彈簧與瞬時問題 　(多選)如圖4所示，一木塊在光滑水平面上受一恒力F作用，前方固定一足夠長的水平輕彈簧，則當木塊接觸彈簧后，下列判斷正確的是 圖4

8、A．木塊立即做減速運動 B．木塊在一段時間內速度仍增大 C．當F等于彈簧彈力時，木塊速度最大 D．彈簧壓縮量最大時，木塊速度為零，但加速度不為零 [解析]　剛開始時，彈簧對木塊的作用力小于外力F，木塊繼續(xù)向右做加速度逐漸減小的加速運動，直到二力相等，此時木塊速度最大，而后，彈簧對木塊的作用力大于外力F，木塊繼續(xù)向右做加速度逐漸增大的減速運動，直到速度為零，但此時木塊的加速度不為零，故選項A錯誤，B、C、D正確。 [答案]　BCD 1.如圖5所示，光滑的水平面上有一小車，以向右的加速度a做勻加速運動，車內兩物體A、B質量之比為2∶1，A、B間用彈簧相連并放在光滑桌面上，B通過質量

9、不計的輕繩與車相連，剪斷輕繩的瞬間，A、B的加速度大小分別為 圖5 A．a,0　　　　B．a，a　　　　C．a,2a　　　　D．0,2a 解析　令物體B的質量為m，剪斷輕繩前，彈簧彈力大小為F，繩子拉力大小為FT，將A、B及彈簧看作整體，則有FT＝3ma；隔離物體A為研究對象，則有F＝2ma，剪斷輕繩后，繩中拉力立即消失，彈簧彈力不變，所以物體A受力不變，加速度大小仍為a，而物體B所受合力為F＝maB，即aB＝2a。 答案　C 2．如圖6所示，斜面固定，傾角為θ＝30°，物塊m和M用輕質繩通過斜面上的定滑輪相連接(滑輪光滑)，一力F施加在繩上一點O使O點所受三力相互成120°角且

10、靜止，已知M質量為10 kg，m與斜面間恰無摩擦力，則m的質量和F的值各為(g取10 m/s2) 圖6 A．10 kg　100 N B．20 kg　100 N C．5 kg　50 N D．20 kg　50 N 解析　“O”點所受三力互成120°角且靜止，則F＝Mg＝mgsin θ，即F＝Mg＝100 N，m＝＝2M＝20 kg。 答案　B 3.已知AB＝BC，且已知質點在AB段的平均速度為3 m/s，在BC段的平均速度為6 m/s，設物體沿ABC直線做勻變速直線運動，如圖7所示，則質點在B點時速度為 圖7 A．4 m/s B．4.5 m/s C．5 m/s D

11、．5.5 m/s 解析　由＝可知，3＝，6＝，故t1＝2t2， t1、t2分別為通過AB、BC的時間， 又AB中間時刻速度v1＝AB＝3 m/s， BC中間時刻速度v2＝BC＝6 m/s， 設加速度為a，則vB－v1＝a·， v2－v1＝a。 由以上可得vB＝5 m/s。 答案　C 4.(多選)如圖8所示，水平地面上傾角為θ的斜面上，有一斜劈A，A的水平上表面有一斜劈B，B的傾角也為θ，B的斜面上有一物塊C，A、B、C一起沿斜面勻速下滑，已知A、B、C的質量均為m，重力加速度為g，下列說法正確的是 圖8 A．A、B間摩擦力為零 B．C對B壓力大小為mg C．A

12、受斜面摩擦力大小為mgsin θ D．斜面受到A的摩擦力和地面的摩擦力的合力大小為3mgsin θ 解析　對B、C整體受力分析，受重力、支持力，根據(jù)平衡知，A、B間摩擦力為零，故A正確；對C分析，在垂直斜面方向上平衡，有FN＝mgcos θ，可知C對B的壓力大小為mgcos θ，故B錯誤；對A、B、C整體分析，整體受重力、支持力和摩擦力，根據(jù)平衡得，斜面對A的摩擦力F1＝3mgsin θ，故C錯誤；斜面不受地面的摩擦力，所以斜面受的摩擦力和地面的摩擦力合力大小為3mgsin θ，故D正確。 答案　AD 5．(多選)如圖9甲所示，質量為M＝2 kg的木板靜止在光滑水平面上，可視為質點的物

13、塊(質量設為m)從木板的左側沿木板表面水平沖上木板，物塊和木板的速度－時間圖像如圖乙所示，g取10 m/s2，結合圖像，下列說法正確的是 圖9 A．可求得物塊在前2 s內的位移5 m B．可求得物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2 C．可求得物塊的質量m＝2 kg D．可求得木板的長度L＝2 m 解析　物塊在前2 s內的位移x＝×1 m＋2×1 m＝5 m，A正確；由運動學圖像知，兩物體加速度大小相同，設物塊加速度大小為a1，木板加速度大小為a2，則有μmg＝ma1＝Ma2，則m＝M＝2 kg，C正確；由μmg＝ma1可得μ＝0.2，B正確；由于物塊與木板達到共同速度時不清楚二者的相對位置關系，故無法求出木板的長度，D錯誤。 答案　ABC