一、力与直线运动-【优学精研】2027年高考物理一轮总复习收官模考蓄力（提升版）

**基本信息** 本专项以“力与直线运动”为核心，融合生活科技情境与数学方法应用，系统提炼相似三角形法、辅助角公式法等解题技巧，构建从概念原理到实际应用的知识逻辑链，培养物理观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |物理与生活科技类|抽桌垫游戏、海狮抛球、神舟返回舱软着陆|运动学公式与牛顿定律结合，分析多过程运动|从摩擦力、加速度概念，通过牛顿第二定律推导，应用于生活场景的直线运动问题| |物理与数学方法类|轻杆小球平衡、拉力最小值、力的分解|相似三角形法（力三角形与几何三角形相似）、辅助角公式法（三角函数极值求解）|结合力的合成与分解，运用数学工具解决静态平衡与动态极值问题|

一、力与直线运动 物理与生活科技类 （2025·湖南邵阳模拟）幼儿园小一班的小朋友小天、阿浩、阿泽、阿俊、阿旭在吃中饭的时候流行玩一种抽桌垫的游戏，直径为1 m的水平圆桌上刚好放着一张直径也为1 m的桌垫，桌垫的圆心上放着一只碗。游戏时，猛的用沿半径方向的水平恒力将桌垫从碗底抽出，碗越靠近桌子边缘而不掉下去的为胜利者。已知桌垫与碗的质量均为0.1 kg，碗、桌垫、桌面之间的摩擦因数都为0.2，g＝10 m/s2。请帮小朋友分析该用多大的水平恒力将桌布抽出才能获胜。 答案：1.2 N 解析：设碗和桌垫分离前，拉力大小为F，碗的加速度大小为a1，桌垫的加速度大小为a2，m垫＝m碗＝m，由牛顿第二定律得ma2＝F－μmg－μ（m＋m）g，f＝μmg＝ma1 代入数据解得a1＝2 m/s2，a2＝ 碗的位移x1＝a1t2 桌垫的位移x2＝a2t2 分离后碗做匀减速运动，加速度大小也为a1，减速阶段的位移为x1 由题意得2x1＝R＝，x1＝＝0.25 m 由题意得x2－x1＝ 联立上式得F＝1.2 N。 物理与数学方法类 〔相似三角形法〕如图所示，木板B放置在粗糙水平地面上，O为光滑铰链。轻杆一端与铰链O固定连接，另一端固定连接一质量为m的小球A。现将轻绳一端拴在小球A上，另一端通过光滑的定滑轮O'由力F牵引，定滑轮位于O的正上方，整个系统处于静止状态。现改变力F的大小使小球A和轻杆从图示位置缓慢运动到O'正下方，木板始终保持静止，则在整个过程中（　　） A.外力F大小不变 B.轻杆对小球的作用力大小变小 C.地面对木板的支持力逐渐变小 D.地面对木板的摩擦力逐渐减小 答案：D 解析：对小球A进行受力分析，三力构成矢量三角形，如图所示，根据几何关系可知两三角形相似，因此＝＝，缓慢运动过程O'A越来越小，则F逐渐减小，故A错误；由于OA长度不变，杆对小球的作用力大小不变，故B错误；对木板，由于杆对木板的作用力大小不变，方向向右下，但杆的作用力与竖直方向的夹角越来越小，所以地面对木板的支持力逐渐增大，地面对木板的摩擦力逐渐减小，故C错误，D正确。 〔辅助角公式法〕（1）如图甲所示，质量m＝0.5 kg的小物块（可看成质点）放在水平地面上，在斜向右上的拉力F作用下，向右以v0的速度做匀速直线运动。已知小物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2。求所需拉力F的最小值。 （2）如图乙所示，把（1）中的小物块移到倾角为θ的斜面上，在平行斜面向上的拉力F＝6 N作用下，以v0＝2 m/s的初速度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＝8 m，已知小物块与斜面间的动摩擦因数仍为μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： ①斜面的倾角θ； ②若拉力F的大小和方向可调节，如图丙所示，为保持原加速度不变，F的最小值是多少？ 答案：（1） N　（2）①37°　② N 解析：（1）设拉力与水平方向夹角为θ，根据平衡条件有Fcos θ＝μ（mg－Fsin θ），整理得F＝＝（ 其中sin β＝），当θ＝－β时F最小，故所需拉力F的最小值Fmin＝＝ N。 （2）①根据L＝v0t＋at2 代入数据解得a＝2 m/s2 根据牛顿第二定律有F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma，代入数据解得θ＝37°。 ②设F与斜面夹角为α 平行斜面方向有Fcos α－mgsin θ－μFN＝ma 垂直斜面方向有FN＋Fsin α＝mgcos θ 联立解得F＝ ＝ 当sin（φ＋α）＝1时，F有最小值Fmin，代入数据解得Fmin＝ N。 1.三角形相似法的应用力组成的三角形和几何边组成的三角形相似，对应边成比例，如图所示，有：＝＝。 2.辅助角公式的应用 y＝acos θ＋bsin θ＝（ cos θ＋sin θ） 令sin φ＝，cos φ＝ 则有：y＝（sin φcos θ＋cos φsin θ）＝sin（φ＋θ） 所以当φ＋θ＝时，y有最大值，且ymax＝。 物理与生活科技类 1.〔多选〕国庆期间，小明到成都海昌极地海洋公园观看了海狮抛球表演，海狮从水面将可视为质点的球以8 m/s的初速度竖直向上顶出，经过一段时间后在同一位置接住球，忽略空气阻力，g取10 m/s2，关于小球在空中运动过程中，下列说法正确的是（　　） A.球在最高点不受外力作用 B.球每秒钟速度变化量大小为10 m/s C.球被顶出到再次被海狮接住用时1.6 s D.球在运动过程中第1个0.4 s内和第2个0.4 s内的位移之比为4∶1 解析：BC　球在最高点受到重力作用，故A错误；根据Δv＝gt＝10×1 m/s＝10 m/s，可知球每秒钟速度变化量大小为10 m/s，故B正确；球被顶出到最高点所用时间为t1＝＝ s＝0.8 s，根据对称性可知，球被顶出到再次被海狮接住用时t＝2t1＝1.6 s，故C正确；球被顶出到最高点所用时间为0.8 s，根据逆向思维看成球做初速度为0的匀加速直线运动，根据初速度为0的匀变速直线运动在相等时间通过的位移规律可知，球在运动过程中第1个0.4 s内和第2个0.4 s内的位移之比为3∶1，故D错误。 2.（2025·广东佛山二模）2025年4月30日13时08分，神舟十九号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。当返回舱距离地面1.2 m时，返回舱的速度为8 m/s，此时返回舱底部的4台反推火箭点火工作，使返回舱触地前瞬间速度降至2 m/s，实现软着陆。若该过程飞船始终竖直向下做匀减速运动，返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103 kg，g取10 m/s2，则4台反推火箭点火工作时提供的推力大小为（　　） A.3×104 N B.7.5×104 N C.2.6×104 N D.1.05×105 N 解析：D　根据匀变速直线运动规律有v2－＝－2ah，解得加速度大小为a＝＝ m/s2＝25 m/s2，返回舱受到重力和反推力，根据牛顿第二定律可得F－mg＝ma，解得F＝mg＋ma＝3×103×10 N＋3×103×25 N＝1.05×105 N，故D正确，A、B、C错误。 物理与数学方法类 3.〔多选〕已知力F的一个分力F1跟F成30°角，大小未知，另一个分力F2的大小为F，方向未知，则F1的大小可能是（　　） A. B. C. D.F 解析：AC　如图所示，因为F2＝F＞Fsin 30°，故F1的大小有两种可能情况，由余弦定理可得：＝F2＋－2FF1cos 30°，化简可得：－FF1＋F2＝0，解得：F11＝F，F12＝F，故A、C正确。 4.歼-20战斗机安装了我国自主研制的矢量发动机，能够在不改变飞机飞行方向的情况下，通过转动尾喷口方向改变推力的方向，使战斗机获得很多优异的飞行性能。已知在歼-20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航时升阻比（垂直机身向上的升力和平行机身向后的阻力之比）为k，飞机的重力为G，能使飞机实现水平匀速巡航模式的最小推力是（　　） A.　 　 B. C.　 　 D.G 解析：C　飞机受到重力G、发动机推力F1、升力F2和空气阻力f，重力的方向竖直向下，升力F2的方向竖直向上，空气阻力f的方向与F2垂直，如图所示，歼-20战斗机沿水平方向超音速匀速巡航，则有水平方向Fx＝f，竖直方向F2＋Fy＝G，又F2＝kf，解得Fy＝G－kf，则＝＋＝（k2＋1）f2－2kGf＋G2，与f的函数图像为开口向上的抛物线，当f＝时，取最小值，解得最小推力是F1min＝，故选C。 5.如图所示，三根轻质细线结于O点，OA另一端固定在天花板上的A点（位于圆心O'的正上方），OB、OC另一端分别连接质量为m的小球P（可视为质点）、质量为4m的物体Q。将物体Q放置于粗糙水平面上，小球P放置于半径为R的光滑半圆柱上，当A、O、O'处于同一竖直线上时，OC处于水平且物体Q恰好不滑动，此时OB＝R，OO'＝R，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物体Q与水平面间的动摩擦因数为（　　） A.0.12 B.0.16 C.0.20 D.0.25 解析：A　对小球P受力分析，受重力mg，光滑半圆柱的支持力N和绳子的拉力F，小球P受力平衡，画出拉力F等大反向的力F'，即为mg和N的合力，如图所示。 由相似三角形可得＝，代入数据解得，F'＝mg，由余弦定理有O'B2＝OO'2＋OB2－2OO'·OBcos θ，代入数据解得cos θ＝，则θ＝37°，对结点O受力分析，如图所示。 由O点平衡条件有F2＝F1sin θ，且F1与F大小相等，对物体Q受力分析，如图所示。 由平衡条件有，竖直方向FN＝4mg，水平方向f＝F4，又F4与F2大小相等，且f＝μFN，联立各式，代入数据解得μ＝0.12，故选A。 6 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $