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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载高考专题：力与直线运动【考纲要求】1懂得力和力矩的概念,能娴熟应用直角三角形学问对力进行合成和分解运算；2利用共点力作用下物体静止和匀速直线运动的条件（合力为零） 来解答有关静力学问题；3娴熟把握弹力、 摩擦力的性质和特点,并应用牛顿运动定律分析匀变速直线运动物体的 动力学特点；能简洁分析非匀变速直线运动某些变化规律；4懂得惯性定律和牛顿第三定律,并能对竖直方向做变速运动物体的超、失重进行简洁运算；【学问结构】【热点导析】1.力的性质 力是物体对物体的作用,这肯定义表达了力的物质性和相互性,也是判定一力是否存在和 懂得牛顿第三
2、定律的基础；力的矢量性要求力运算必需遵守平行四边形法就；力作用的瞬时性 在牛顿其次定律中得到了表达；仍有力对空间和时间的的积存性及作用的独立性表达在动量定 理和动能定理中；2.力和运动 物体的运动性质取决于初始条件和物体的受力情形及相互关系；物体做直线运动和曲线运 动的区分在于力是否和速度共线；物体做匀变速运动仍是非匀变速运动取决于力是否恒定；物 体的速率是增加、减小仍是不变取决于力与即时速度是夹锐角、钝角仍是直角；对物体的受力名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载情形和运动情形作出正确的分析和判定是
3、解答动力学问题的关键；物体的加速度是运动学量和动力学量间联系的桥梁；对于较复杂的物理过程,应留意画出相关的运动示意草图和各阶段的受力图；3.物体的平稳条件物体平稳分共点力平稳和固定转动轴平稳,条件分别为合力为零和合力矩为零；二力合力为零必等值反向；三力合力为零常作成二力合力与第三力等值反向,也可用拉密定理、解直角三角形、解相像三角形等方法解；四个及四个以上力合力为零更为采纳正交分解法；【典型例析】例 1 如图 1-2-1 所示,跨过定滑轮的轻绳两端,分别系着物体 A 和 B,物体 A 放在锐角为 的斜面上,已知 A 物质量为 m,A 物与斜面最大静摩擦力是与斜面间弹力的 倍（ tg ）,滑轮摩
4、擦不计,物体 A要静止在斜面上,物体 B 质量的取值范畴为多少？在 A 静止的前提下,斜面体与地面间摩擦情形又如何？解析 此题是静力学问题,运用平稳条件及正交分解法是解答该类问题的主要方法；先以 B 为争论对象,由于 B 静止所以有： T=m Bg 再以 A 为争论对象,如 A 处于上滑的临界状态,有： T1=f m+mgsin 而 f m = N N=mgsin 由可得 :mB=msin + cos 同理,如 A 处于将要下滑的临界状态就有： T2+f m=mgsin 由可得：mB=msin - cos 由可得 mB应满意的条件为：msin - cos mBmsin + cos 在 A 静止
5、的前提下,A 和滑轮支架对斜面体的总作用力竖直向下,A、B 和斜面 C整体对地面只有向下的压力,地面与 C间无摩擦力；说明 处理静力学问题,第一要选取妥当的争论对象,进行受力分析和力的运算,其中摩擦力为被动力,要依据物体所受的其他力和所处的状态正确判定；隔离法和整体法的奇妙使用名师归纳总结 可简化解题步骤；如此题中A 物加速下滑,就对A 、B、C 进行整体分析可知,整体中有成员第 2 页,共 13 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载有向左的加速度重量,地面对斜面体 C 应有向左的摩擦力；例 2空间探测器从某一星球表面竖直升空,已知探
6、测器质量为500kg（设为恒量） ,发动机推力为恒力,探测器升空后发动机因故障而突然关闭,如图1-2-2 所示是探测器从升空到落回星球表面的速度时间图像,就由图像可判定该探测器在星球表面所能达到的最大高度是多少？发动机工作的推力又为多少？解析此题是依据图像来表达有关已知条件的；正确懂得 v-t 图像各段斜率、 各转折点、 各块面积的含义是解答此题的关键；由图可知, 空间探测器在 t1=8 秒时具有最大即时速度,t2=24 秒时才达到最大高度,且其最大高度为图像中OAB 的面积,即 hmax= 12440m=480m 2空间探测器在 8 秒内在推动和星球重力作用下加速上升,在 8 秒后部只在星球
7、重力作用下减速上升和加速回落；第一阶段加速度 a1= 40 0ms-2=5ms-28 02其次、三阶段加速度等为 a2= 40 ms=-2.5ms-224 8据牛顿其次定律,第一阶段 F-mg 星=ma1 其次、三阶段 -mg星=ma2 由得： F=ma1-a2=500 7.5N =375N 说明 运动过程的表达有多种方式,其中用图像和数据表达是最常见的两种方式,但都得转化为对运动过程的描述；再结合各阶段的受力分析应用牛顿运动定律建立力和运动的因果关系；例 3 如图 1-2-3 所示, 在倾角 =37 的足够长的固定的斜面上,有一质量 m=1kg的物体,物体与斜面间动摩擦因数 =0.2 ,物体
8、受到沿平行于斜面对上的轻细线的拉力 F=9.6N 的作用,从静止开头运动, 经 2s 绳子突然断了, 求绳断后多长时间物体速度大小达到 22ms-1sin37 =0.6 g=10ms-2 ；名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 解析学习必备欢迎下载物体运动过程较为复杂,此题为典型的已知物体受力求物体运动情形的动力学问题,应分阶段进行过程分析,并找出各过程的相关量,从而将各过程有机地串接在一起；第一阶段：在最初 2 秒内,物体在 F=9.6N 拉力作用下,从静止开头沿斜面做匀加速运动,据受力分析图 1-2-4 可知：沿斜
9、面方向： F-mgsin -f=ma 1 沿 y 方向： N=mgcos 且 f= N 由得：a1=Fmg sinmmgcos-2 =2msa2v1=a1t1=4ms-12 秒末绳断时即时速度其次阶段：从撤去F 到物体连续沿斜面对上运动到达速度为零的过程,设加速度为就 a2= mgsinmmgcos=-7.6ms-2设从断绳到物到达最高点所需时间为t 2据运动学公式v2=v 1+a2t2t3=vt2=0v 1=0.53s a2第三阶段：物体从最高点沿斜面下滑,该第三阶段物体加速为 a3,所需时间为 t3；由牛顿其次定律可知：a3=gsin - gcos =4.4ms-2 ,速度达到 v3=22
10、ms-1 ,所需时间330=5s a综上所述：从绳断到速度为22ms-1 所经受的总时间t=t2+t 3=0.53 秒+5 秒=5.53 秒说明对于类似此题的多过程问题,找好各物理过程的“ 联系量” 很重要,当然正确分析具体的运动过程和受力情形是解题的基础；如此题将速度22ms-1改为 2ms-1,其他条件均不变,名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 就从绳断到速度大小变为学习必备欢迎下载另一是在物体2ms-1 所需时间就有二解；一是在物体减速上滑过程中,从斜面顶端下滑的过程中,当然因 0,两时刻物体并非经过斜面上的同
11、一点；例 4如图 1-2-5 所示, 顶角 为 30 直角斜劈放在光滑的水平面上,斜劈的质量M=10kg,左边是一光滑的竖直墙壁,墙壁与斜劈之间放一质量为 互作用力（ g=10ms-2）；m=5kg的小球,求小球与斜劈之间的相名师归纳总结 解析先取球 m 为受力分析对象,受力图如图1-2-6（a）所示,球m 向下加速运动：第 5 页,共 13 页y方向：mg-N2sin =ma1再取 M 为受力分析对象,受力图如图1-2-6（b）所示,球M 向右沿 x 做加速运动x 方向 N2cos =Ma2经时间 t,m 的位移 s1=1a1t22M 的位移 s2=1a2t22由位移关系可知s 1=cot
12、, 即a =cot a 2s 2由得 :mg-N2sin =m N2Mcos cot - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 由牛顿第三定理可知N2=-N2学习必备欢迎下载N2= mg=40N mcot cos sinM说明 此题中两物体在相互垂直的方向上做匀速加速直线运动,两物体位移、即时速度和加速度都受到斜面顶角 的限制,隔离法是解答此题的基本思路；斜面顶角 是两物间联系的桥梁；此题属连接体问题的变形；针对动力学中大量的的连接问题,找出物体间受力和运动学量间的关系尤为重要；例 5 如图 1-2-7 所示,轻杆 C 端用铰链固定在墙面上,B 端用细线 AB
13、 牵在墙上, BAC90 ,在 B 端悬挂一重物 G,现将细线的 A 端缓慢向 A 移动,使 A B AB,且轻杆 BC与竖直方向的夹角 （0 90 ）不变,就细线 AB的拉力的大小（）A始终变小 B. 始终变大 C. 先变小后变大 D. 不能确定解析 此题属静力学问题,因杆 CB 重力不计,所以既可从共点力（B）受力平稳解,亦可从固定转动轴（C）受力矩平稳解；争论细线 AB 所受拉力大小的动态变化情形从力矩角度较好解；当绳 AB与杆 BC垂直时,绳中张力最小；因图中ABC大于、小于、等于 90 均有可能,所以选 C 为典型错解,应选（D）；说明此题属不定解问题,缘由是图中ABC 取值未定,这
14、类问题不能望图生意,要仔细确定题干中的确定量和未知量,防止主观意断； 此题因 BC杆质量不计,所以既可用共点力平衡条件求解,又可用固定转动轴物体平稳条件求解；例 6 如图 1-2-8 所示,一个弹簧台秤的秤盘和弹簧质量都不计,盘内放有一质量 m=12kg并处于静止的物体 P,弹簧劲度系数 k=300N/m ,现给 P 施加一个竖直向上的力 F,使 P 从静止开头始终向上作匀加速直线运动,在这过程中, 头 0.2 秒内 F 先变力, 在 0.2 秒后 F 是恒力, 就（1）物体 P 做匀加速运动的加速度大小为多少？（2）F 的最小值、最大值分别为多少？名师归纳总结 - - - - - - -第
15、6 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载解析 物体 P 与托盘分别的条件为相互间支持力为零；物体 P 与托盘分别前F 为变力,分别后F 为恒力；Mg=k x 因托盘不计质量,所以分别时又是弹簧原长的时刻； x= 1 at 2 2-2由得 a=20msF 最小值为P 刚开头加速时,P 与托盘整体受力如图 1-2-9 所示即： Fmin=ma=12 20N=240N F 最大值即为 P 刚要离开托盘时和离开托盘后,Fmax-mg=ma Fmax=mg+a=360N 说明有弹簧力参加下的物体做匀速运动,必有其他力也为变力,所以F 的取值有肯定范围；如图
16、 1-2-9 中 F 仍为恒力作用,就物体做加速度减小的变加速运动；此题中如托盘也有质量,就 0.2 秒末即物体 P 与托盘分别处只有相互作用力为零的结论,而无弹簧处于原长的结论（弹簧有肯定的压缩量）；具体分析物体运动的各个阶段特点及其受力情形,找出各阶段的转折点,是解答对变力问 题或变加速运动问题的基础；例 7 如图 1-2-10 所示,固定的斜面倾角为 ,斜面上放一个带有支架的木块,木块与斜 面间的动摩擦因数为 ,假如木块可以沿斜面加速下滑,就这一过程中悬挂在支架上的小球的 悬线和竖直方向的夹角为多大时,小球可以相对于支架静止；名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 13
17、页精选学习资料 - - - - - - - - - 解析学习必备欢迎下载1-2-11 所示的水平和竖直方因要求小球悬挂线与竖直方向的夹角,所以应建立如图向坐标轴；而将沿斜面对下的加速度分解成水平和竖直重量；设悬线与竖直方向夹角为 就沿 x 方向 Tsin =m x=macos 沿 y 方向 mg-Tcos =may=masin 由组合消去 T 得 tan = a cos g a sin而据整体法 a=gsin - gcos 由代入得 tan = sin coscos sin说明 此题为典型的斜面体上直线运动实例,正确选取妥当的坐标轴方向直接影响解答过程的繁简；如此题将坐标轴选在沿斜面方向和垂直
18、斜面方向,就大大增加了运算过程的难度；在坐标轴的选取上,应尽量防止和角、差角的显现；例 8 如图 1-2-12 所示,传输带与水平间的倾角为 =37 ,皮带以 10ms-1 的速率运行,在传输带上端 A 处无初速地放上质量为 0.5kg 的物体,它的传输带间的动摩擦因数为 0.5 ,如传输带 A 到 B的长度为 16m,就物体从A 运动到 B 的时间为多少？名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 解析学习必备欢迎下载第一判定 与 tg 大小关系 =0.5 tg =0.75 ,所以物体肯定沿传输带对地下滑,不行能对地上滑或
19、对地相对静止；其次皮带运动速度方向未知,而皮带运行速度方向影响物体所受摩擦力方向,所以应分别争论；当皮带的上表面以10ms-1 速度向下运行时,刚放上的物体相对皮带有向上的相对速度,物物体体所受滑动摩擦方向沿斜坡向下,（如图 1-2-13 所示）该阶段物体对地加速度a1=mgsinmmgcos-2 =10ms方向沿斜坡向下物体赶上皮带对地速度需时间t1=1 S 1s =1 a1t 22 1=5m 如图 1-2-13 所示,当物体速度超过皮带运行速度时物体所受滑动摩擦力沿斜面对上,对地加速度a2=mgsinmmgcos-1 =2ms物体以 2ms-2 加速度运行剩下的11m位移需时间t 2名师归
20、纳总结 就 s 2=vt 2+1 a2t 222第 9 页,共 13 页即 11=10t2+1 2t 22 2 t2=1s t2=-11s 舍去 所需总时间t=t1+t 2=2s 10ms-1 速度向上运行时, 物体相对于皮带始终具有沿斜面对下的相对速度,当皮带上表面以物体所受滑动摩擦方向沿斜坡向上且不变,设为a3就 a3=mgsinmmgcos-2 =2ms物体从传输带顶滑究竟所需时间为t - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 就 s=1a t2 t =2s216学习必备欢迎下载=4s a322说明 此题中物体在本身运动的传送带上的运动,因传输带运动方向
21、的双向性而带来解答结果的多重性；物体所受滑动摩擦的方向与物体相对于传输带的相对速度方向相反,而对物体进行动力学运算时,物体位移、速度、加速度就均需取地面为参照物；如要另行运算物体与传输带间由于滑动摩擦的作用而产生的焦耳热,应分别运算出两种情况下物体下相对于传输带的相对位移；当 皮 带 上 表 面 以 10ms-1 速 度 向 下 运 行 时 , 在t1 时 间 内 发 生 相 对 位 移 s1=vt-1a1t 21=10-1101 2=5m,在 t2 时间内发生的相对位移 s2=vt2+ 1a2t 22-vt2=1m,所以由于2 2 2滑动摩擦产生焦耳热 Q1= mgcos s1+ s 2=1
22、2J 当皮带上表面以 10ms-1 速度向上运行时,在 t 时间内发生的相对位移 s3=vt + 12a t 2=10 4+16m=56m所以由于滑动摩擦产生的焦耳热 Q2= mgcos s3=112J 例 9 如图 1-2-14 所示,竖直光滑杆上套有一小球和两根弹簧,两弹簧的一端各与小球相连,另一端分别用销钉 M 、N 固定于杆上,小球处于静止状态,设拔去销钉 M 瞬时,小球加速度大小为 12ms-2,如不拔去销钉 M 而拔去销钉 N 的瞬时,小球加速度可能是 g=10ms-2 A.22ms-2竖直向上 B.22ms-2竖直向下 C.2ms-2 竖直向上 D.2ms-2竖直向下解析 此题为
23、 1999 年上海市高考题由于弹簧原先的压缩和伸长状态未知,所以此题有多种情形需争论；名师归纳总结 （1）平稳时两弹簧均处于伸长状态,小球受力如图1-2-15 所示；第 10 页,共 13 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - TM=mg+T N学习必备欢迎下载拔去 M后, TN+mg=ma=12m 拔去 N后, TM-mg=ma由得 a=2ms-2 方向向上,（C）正确（2）平稳时两弹簧均处于压缩状态小球受力图如1-2-16 所示NN=mg+NM拔去 M后： NN-mg=ma=12m 1-2-17 所示拔去 N后： NM+mg=ma由得： a =22m
24、s-2 方向竖直向下, （B）正确（3）平稳时, M处于伸长, N处于压缩,就受力图应为图TM+TN=mg 拔去 M后 TM消逝,应用TN-mg=ma=12m 由式可知, TNmg 由式可知, TNmg冲突,所以（ 3）假设不成立（4）平稳时,如M 处于压缩, N 处于伸长,就同（3）类似,也发生冲突,所以（4）不成立名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载答： B、C 说明判定拔去销钉之前,两弹簧所处状态,是解决该题的关键；仍有一些情形：如M压缩 N 伸长M、N 均处于原长M伸长, N 原长等均不行
25、能,困为弹簧所处的状态不同,因而拔去 N显现了多解的可能性；像此题有肯定发散性、应加强该类问题练习；争论性的问题, 在高考不断向才能考核转化的形势下显得更为重要,例 10 10 个同样的扁长木块一个紧挨一个地放在水平地面上,如图 1-2-18 所示,每个木块的质量 m=0.40kg ,长度 l=0.5m ；它们与地面间的动摩擦因数为 1=0.10 ,原先木块处于静止状态；左方第一个木块的左端上方放一质量为M=1.0kg 的小铅块,它与木块间的动摩擦因数为 2=0.20 ；物体所受最大静摩擦力与滑动摩擦力相等,现突然给铅块一向右的初速度 v0=4.3m/s ,使其在扁长木块上滑行,试确定铅块最终
26、的位置在何处（落在地上仍是停在哪块木块上）,取重力加速度 g=10m/s 2,设铅块的长度与木块长度 l 相比可以忽视；解析 当铅块开头在第 1 个木块上滑行时,所受的滑动摩擦力 f 0= 2Mg=2.0N, 其反作用力f 0=2.0N 作用在木块 1 上,而且 10 个木块所受的最大静摩擦力 f= 1m+Mg+9 1mg=5.0Nf 0,因 此所 有木 块均 静止 ；显 然, 有铅 块的 那一 个木 块与 地面 间的 最大 静摩 擦力 为 f 1=1m+Mg=1.4N,其余每一个木块与地面间的最大静摩擦力均为 f 2= 1mg=0.4N 设铅块滑到第 n 个木块上时,第 n 个及后面的木块开
27、头在地面上滑动,就（10-n） 0.4+1.4 2.0 n 8.5 由于 n 只能取整数,所以取 n=9,即当铅块滑到第 9 个木块左端时, 9、10 两木块开头在地面滑动,由于铅块滑动的加速度 a0=- 2g=-2m/s 2,所以铅块刚滑上第 9 个木块左端时的速度为v1= v 0 2 2 a 0 8 l = 2 . 49 m/s 铅块在第 9 个木块上滑动的过程中,第9、10 两木块的加速度为名师归纳总结 a1=2Mg1M2 m g=0.25m/s29 块木块的右端时速度为v 2,就第 12 页,共 13 页2 m以第 9、10 两木块为参照物,设铅块滑至第- - - - - - -精选学
28、习资料 - - - - - - - - - v2=v 1 22 a 0a 1 l0 . 24学习必备欢迎下载m/s0 故铅块可以滑上第 10 块木块；铅块在第 10 块木块上滑动时木块的加速度为a2=2Mg1Mm g=1.5m/s2这是m以第 10 块木块为参照物,设铅块相对木块静止时滑行的距离为s,就s=2 vt2 v 2=0.034m0.5m a0a 2所以,铅块最终停在第10 块木块上距其左端0.034m；说明解答此题中,通过逐步分析、推理和运算,步步为营,最终使问题得到解决；一道物理学科内的综合题,不仅考查了力和运动的学问和解题技巧,而且侧重考查了同学的理解才能、推理才能、分析综合才能和应用数学处理物理问题的才能,仍着重考查了同学思维的严密性、流畅性和整体性,从而全面考查同学的才能和素养；名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页,共 13 页