第3章 专题2 高考中涉及运动和力的“三类”热点问题（word教参）-【导学教程】2025年物理新编高考大一轮总复习（人教版）

专题二　高考中涉及运动和力的“三类”热点问题 [对应学生用书第48页] 题型1　动力学中的图像问题 物理公式与物理图像的结合是一种重要题型，也是高考的重点及热点。 1．“两大类型” (1)已知物体在某一过程所受的合力(或某个力)随时间的变化图线，要求分析物体的运动情况。 (2)已知物体在某一过程中速度、加速度随时间的变化图线，要求分析物体的受力情况。 2．常见的图像有：v­t图像，a­t图像，F­t图像，a­F图像等。 3．图像间的联系：加速度是联系v­t图像与F­t图像的桥梁。 　(多选)如图甲所示，质量m＝1 kg、初速度v0＝6 m/s的物块受水平向左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上从O点开始向右运动，O点为坐标原点，整个运动过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g＝10 m/s2，下列说法中正确的是(　　) A．t＝2 s时物块速度为零 B．t＝3 s时物块回到O点 C．恒力F大小为2 N D．物块与水平面间的动摩擦因数为0.1 [解析]　通过题图乙可知，物块在恒力F作用下先做匀减速直线运动，恒力F反向后做匀加速直线运动。物块匀减速直线运动的加速度大小为a1＝＝ m/s2＝3 m/s2，物块匀减速直线运动的时间为t1＝＝ s＝2 s，故选项A正确；匀加速直线运动的加速度大小为a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，反向加速到出发点的时间 t′＝＝ s＝2 s，故选项B错误；根据牛顿第二定律得F＋Ff＝ma1，F－Ff＝ma2 联立两式解得F＝2 N，Ff＝1 N，则动摩擦因数为μ＝＝＝0.1，故选项C、D正确。 [答案]　ACD 　(多选)在例题中，若物块以初速度v0在粗糙水平面上向右运动，运动过程中始终受恒力F的作用，恒力大小为10 N，方向水平向左。距出发点右侧3 m以内，物块的运动速率与距离的v2­x图像如图所示，重力加速度取10 m/s2。则该物块(　　) A．质量为1 kg B．初速度为4 m/s C．与水平地面间的动摩擦因数为0.4 D．向右运动过程中的加速度大小为12 m/s2 解析　由题图可知，物块向右侧运动时，由牛顿第二定律－2x＝v12－v02，物块向左侧运动时2x＝v22－v2′2，解得物体质量m＝1 kg，选项A正确；物块以初速度v0在粗糙水平面上向右运动，摩擦力和拉力都做负功，随着距出发点右侧的距离变大，速度减小，所以初速度为v0＝ m/s＝12 m/s，选项B错误；由上述方程组，解得Ff＝2 N＝μmg，解得动摩擦因数μ＝0.2，选项C错误；向右运动过程中的加速度大小a＝＝12 m/s2，选项D正确。 答案　AD 　(多选)在例题中，若质量为1 kg的小物块在粗糙的水平地面上的O点以某一初速度水平向左运动，同时在物块上施加一水平向右的恒力F，经时间t，物块位移为x，其0～2 s内的­t图像如图所示，之后物块再运动4 s到达出发点右侧6 m处。取g＝10 m/s2，则(　　) A．1 s末物块的加速度大小为1.5 m/s2 B．6 s末物块的速度大小为0 C．物块与地面间的动摩擦因数为0.075 D．水平恒力F＝2.25 N 解析　在0～2 s内，由题图得＝－t＋6(m/s)，即x＝6t－×3t2，与x＝v0t＋a1t2比较得v0＝6 m/s，a1＝－3 m/s2，即1 s末物块的加速度大小为3 m/s2，选项A错误；2 s末速度v2＝v0＋a1t2＝0，向左运动的位移为6 m，在2～6 s内，分析可知物块向右运动的位移大小为12 m，即－12＝a2t32，解得a2＝－1.5 m/s2，物块水平向右做初速度为零的匀加速直线运动，6 s末物块的速度大小v6＝1.5×4 m/s＝6 m/s，选项B错误；根据牛顿第二定律知在2～6 s内有－F＋μmg＝ma2，在0～2 s内有－F－μmg＝ma1，解得μ＝0.075，F＝2.25 N，选项C、D正确。 答案　CD 1．(多选)(2023·全国甲卷)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。甲、乙两物体运动后，所受拉力F与其加速度a的关系图线如图所示。由图可知(　　) A．m甲<m乙　　　　　 B．m甲>m乙 C．μ甲<μ乙 D．μ甲>μ乙 解析　根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma 整理后有F＝ma＋μmg 则可知F­a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g 则μ甲<μ乙，选项B、C正确。 答案　BC 2．(多选)一物块在平行于斜面向下的拉力F作用下沿粗糙的斜面向下做匀加速直线运动，如图甲所示，斜面倾角为37°，物体运动的加速度a随拉力F的变化图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，则(　　) A．如果增大斜面的倾角θ，则图线的斜率变大 B．如果增大物块的质量，则图线的斜率变小 C．物块的质量m＝0.5 kg D．物块和斜面之间的动摩擦因数μ＝0.8 解析　物块下滑过程，根据牛顿第二定律有F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma，得a＝F＋gsin θ－μgcos θ，从a­F的函数关系式可得图线的斜率为k＝，斜率只与物块的质量有关，质量越大，斜率越小，故选项A错误，B正确；图线斜率k＝＝，解得m＝2 kg，故选项C错误；从图像乙可得图线与纵轴的截距为－0.4，gsin θ－μgcos θ＝－0.4，解得μ＝0.8，故选项D正确。 答案　BD 题型2　动力学中的连接体问题 1．连接体的分类 根据两物体之间相互连接的媒介不同，常见的连接体可以分为三大类。 (1)绳(杆)连接：两个物体通过轻绳或轻杆的作用连接在一起； (2)弹簧连接：两个物体通过弹簧的作用连接在一起； (3)接触连接：两个物体通过接触面的弹力或摩擦力的作用连接在一起。 2．连接体问题的分析方法 (1)分析方法：整体法和隔离法。 (2)选用整体法和隔离法的策略： ①当各物体的运动状态相同时，宜选用整体法；当各物体的运动状态不同时，宜选用隔离法； ②对较复杂的问题，通常需要多次选取研究对象，交替应用整体法与隔离法才能求解。 　 如图所示，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距L时，它们加速度的大小均为(　　) A．　　　　　　　　 B． C． D． [解析]　当两球运动至二者相距L时，受力分析如图所示，由几何关系可知 sin θ＝＝，设绳子拉力为FT，水平方向有2FTcos θ＝F，解得FT＝F 对任意小球由牛顿第二定律可得FT＝ma，解得a＝，故选项A正确，B、C、D错误。 [答案]　A 　在例题中，用一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直，某时刻两小球的加速度大小均为，此时两个球的距离为(　　) A. B． C. D． 解析　某时刻两小球的加速度大小均为，根据牛顿第二定律知小球受到的合力等于F，对绳中点受力分析知，中点受三个力，大小都等于F，且合力为零，则这三个力两两夹角的夹角都为120°，即此时两段绳子间的夹角为120°，则两个小球间的距离为d＝2·sin 60°＝，故选项C正确。 答案　C 1．(多选)(2023·安徽高三校联考) 如图所示，A、B质量均为m，叠放在轻质弹簧上(弹簧下端固定于地面上)，对A施加一竖直向下、大小为F(F>2mg)的力，将弹簧再压缩一段距离(弹簧始终处于弹性限度内)而处于平衡状态。现突然撤去力F，设两物体向上运动过程中A、B间的相互作用力大小为FN，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．刚撤去外力F时，FN＝ B．弹簧弹力等于F时，FN＝ C．两物体A、B的速度最大时，FN＝mg D．弹簧恢复原长时，A、B恰好分离 解析　在突然撤去F的瞬间，A、B整体的合力向上，大小为F，根据牛顿第二定律F＝2ma，a＝。对物体A受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有FN－mg＝ma，FN＝mg＋，故选项A错误；弹簧弹力等于F时，根据牛顿第二定律得，对整体有F－2mg＝2ma，对A有FN－mg＝ma，联立解得FN＝，故选项B正确；当物体的合力为零时，速度最大，对A由平衡条件得FN＝mg，故选项C正确；当弹簧恢复原长时，根据牛顿第二定律得，对整体有2mg＝2ma，对A有mg－FN＝ma，联立解得FN＝0，所以A、B恰好分离，故选项D正确。 答案　BCD 2．(2023·北京师范大学附属外国语学校高三期末)如图所示的装置，小车总质量用M表示，钩码总质量用m表示。将木板有定滑轮的一端垫起，调节木板倾角为θ，使小车恰好带着钩码沿木板向下匀速运动，再保持长木板的倾角不变，取下细绳和钩码，由静止释放小车，已知重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　) A．小车做匀加速运动的加速度大小为gsin θ B．小车做匀加速运动的加速度大小为 C．小车做匀加速运动的加速度大小为 D．小车做匀加速运动的加速度大小为 解析　小车带着钩码沿木板向下恰好做匀速运动，对小车和木板受力分析如图所示，则 对m，由平衡条件得mg＝FT；对M，由平衡条件得FT＋Ff＝Mgsin θ，联立得Mgsin θ＝mg＋Ff；当取下细绳和钩码时，由静止释放小车，小车在平行斜面方向只受到Ff、Mgsin θ的作用，由牛顿第二定律得Mgsin θ－Ff＝Ma，又Mgsin θ＝mg＋Ff，联立得mg＝Ma，解得a＝，选项D正确。 答案　D 题型3　动力学中的临界极值问题 “四种”典型临界条件 (1)接触与脱离的临界条件：两物体相接触或脱离，临界条件是弹力FN＝0。 (2)相对滑动的临界条件：两物体相接触且处于相对静止时，常存在着静摩擦力，则相对滑动的临界条件是静摩擦力达到最大值。 (3)绳子断裂与松弛的临界条件：绳子所能承受的张力是有限度的，绳子断与不断的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力，绳子松弛与拉紧的临界条件是FT＝0。 (4)加速度变化时，速度达到最值的临界条件：当加速度变为0时。 　两个质量均为m的物块叠放压在一个轻弹簧上面，处于静止状态，弹簧的劲度系数为k，t＝0时刻，给A物体一个竖直向上的作用力F，使得物体以0.5g的加速度匀加速上升，下列说法正确的是(　　) A．A、B分离前系统合外力大小与时间的平方成线性关系 B．分离时弹簧处于原长状态 C．在t＝时刻A、B分离 D．分离时B的速度为 g [解析]　A、B分离前物体做匀加速运动，合外力不变，选项A错误；开始时弹簧被压缩x1，则2mg＝kx1；当两物体分离时，加速度相同且两物体之间的弹力为零，则对物体B有kx2－mg＝ma，且x2－x1＝at2，解得t＝，此时刻弹簧仍处于压缩状态，选项B错误，C正确；分离时B的速度为v＝at＝g·＝g，选项D错误。 [答案]　C 　 (多选)在例题中，若A、B的质量均为M(B与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在A上，使A开始向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个物体的v­t图像如图所示，已知重力加速度大小为g，则(　　) A．施加拉力F前，弹簧的形变量为 B．B的速度达到最大值时，弹簧恢复到原长 C．在t1时刻弹簧弹力大小为M(g＋a) D．施加拉力F的瞬间，A、B间的弹力大小为M(g－a) 解析　施加拉力F前，A、B整体受力平衡，根据力的平衡条件有2Mg＝kx0，得弹簧形变量x0＝，故选项A正确；当B的速度最大时，B的加速度为0，由题图可知，此时A、B已经分离，弹簧弹力与B的重力大小相等，此时弹簧未恢复到原长，故选项B错误；在t1时刻A、B分离瞬间，A、B间的弹力FAB＝0。对B根据牛顿第二定律有F弹－Mg＝Ma得弹簧弹力大小为F弹＝M(g＋a)，故选项C正确；施加拉力F的瞬间，B的加速度为a，根据牛顿第二定律有F弹′－Mg－FAB′＝Ma，其中F弹′＝2Mg，得FAB′＝M(g－a)，故选项D正确。 答案　ACD 1．(多选)(2023·河南联考期中)如图所示，A、B两物体的质量分别为1 kg、2 kg，用原长为l0、劲度系数k＝200 N/m的轻弹簧相连接，物体B放在水平地面上，A、B都处于静止状态。现对A施加一个竖直向上的力F，使得A以加速度a＝0.3 m/s2向上做匀加速运动，直到B恰好离开地面。已知重力加速度g取10 m/s2，则此过程中(　　) A．弹簧对B的弹力大小是对A弹力大小的2倍 B．A匀加速运动的总位移大小为10 cm C．A匀加速运动的时间为1 s D．弹簧恢复原长时A的速度大小为 m/s 解析　弹簧两端对B、A的弹力大小是相等的，选项A错误；弹簧由压缩状态变成拉伸状态，A上升的高度h＝x1＋x2＝＋＝15 cm，选项B错误；物块A匀加速运动h＝at2，t＝1 s，选项C正确；弹簧恢复原长时，A上升的高度为x1＝＝5 cm，再根据2ax1＝v12，解得v1＝ m/s，选项D正确。 答案　CD 2. 如图所示，一质量m＝0.4 kg的小物块，以v0＝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＝。重力加速度g取10 m/s2。 (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与斜面夹角多大时拉力F最小？拉力F的最小值是多少？ 解析　(1)设物块加速度的大小为a，到达B点时速度的大小为v，由运动学公式得 L＝v0t＋at2① v＝v0＋at② 联立①②式，代入数据得 a＝3 m/s2③ v＝8 m/s。④ (2)设物块所受支持力为FN，所受摩擦力为Ff，拉力与斜面间的夹角为α，受力分析如图所示， 由牛顿第二定律得 Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma⑤ Fsin α＋FN－mgcos θ＝0⑥ 又Ff＝μFN⑦ 联立⑤⑥⑦式，可得 F＝⑧ 由数学知识得 cos α＋sin α＝sin(60°＋α)⑨ 由⑧⑨式可知对应F最小时的夹角α＝30°⑩ 联立③⑧⑩式，代入数据得F的最小值为 Fmin＝ N。 答案　(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N 学科网（北京）股份有限公司 $$