2022年最新版步步高大二轮复习物理教案全书

1命题规律 1.命题角度：(1)物体的受力分析、静态平衡、动态平衡；(2)静电力、安培力、洛伦兹力作用下的平衡.2.常考题型：选择题．11 ．研究对象的选取：整体法和隔离法．2 ．受力分析的方法(1)假设法．(2)转换研究对象法：根据牛顿第三定律，如图1.图1(3)动力学分析法：根据牛顿第二定律，由加速度方向判定合力的方向，从而确定某一个力的方向，如图2.图23 ．共点力平衡的常用处理方法考向一合成法例1 (2020 ·全国卷Ⅲ·17)如图3，悬挂甲物体的细线拴牢在一不可伸长的轻质细绳上O点处；绳的一端固定在墙上，另一端通过光滑定滑轮与物体乙相连．甲、乙两物体质量相等．系统平衡时，O点两侧绳与竖直方向的夹角分别为α和β.若α＝70°，则β等于( )图3A ．45°B ．55°C ．60°D ．70°答案 B解析取O点为研究对象，在三力的作用下O点处于平衡状态，对其受力分析如图所示，根据几何关系可得β＝55°，故选B.考向二正交分解法例2 如图4 所示，金属棒ab质量为m，通过电流为I，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与导轨平面夹角为θ，ab静止于宽为L的水平导轨上．下列说法正确的是( )图4A ．金属棒受到的安培力大小为F＝BIL sin θB ．金属棒受到的摩擦力大小为F f＝BIL cos θC ．若只改变电流方向，金属棒对导轨的压力将增大D ．若只增大磁感应强度B后，金属棒对导轨的压力将增大答案 C解析金属棒受到的安培力大小F＝BIL，故A错误；电流方向从a到b，受力分析如图所示，根据平衡条件有F f＝F sin θ＝BIL sin θ，F N＝G－F cos θ＝G－BIL cos θ，若只增大磁感应强度B后，导轨对金属棒的支持力减小，所以金属棒对导轨的压力减小，故B、D 错误；若只改变电流方向，安培力方向将变为斜向右下，安培力在竖直方向上的分力竖直向下，所以金属棒对导轨的压力将增大，故C正确．总结提升(1)静电场、磁场中的平衡问题，受力分析时要注意静电力、磁场力方向的判断，再结合平衡条件分析求解．(2)涉及安培力的平衡问题，画受力示意图时要注意将立体图转化为平面图．考向三整体法与隔离法在平衡中的应用例3 (2021·辽宁省1 月适应性测试·7)如图5 所示，用轻绳系住一质量为2m的匀质大球，大球和墙壁之间放置一质量为m的匀质小球，各接触面均光滑．系统平衡时，绳与竖直墙壁之间的夹角为α，两球心连线O1O2 与轻绳之间的夹角为β，则α、β应满足( )图5A ．tan α＝3cot βB ．2tan α＝3cot βC ．3tan α＝tan(α＋β)D ．3tan α＝2tan(α＋β)答案 C解析设绳子拉力为F T，墙壁支持力为F N ，两球之间的压力为F，将两个球作为一个整体进行受力分析，可得F T cos α＝3mg，F T sin α＝F N对小球进行受力分析，可得F cos (α＋β)＝mg，F sin (α＋β)＝F N ，联立得3tan α＝tan (α＋β)故选C.21 ．解决动态平衡问题的一般思路化“动”为“静”，多个状态下“静”态对比，分析各力的变化或极值．2 ．三力作用下的动态平衡3 ．四力作用下的动态平衡(1)在四力平衡中，如果有两个力为恒力，或这两个力的合力方向确定，为了简便可用这两个力的合力代替这两个力，转化为三力平衡，例如：如图6 ，qE<mg，把挡板缓慢转至水平的过程中，可以用重力与静电力的合力mg－qE 代替重力与静电力．图6如图7，物体在拉力F作用下做匀速直线运动，改变θ大小，求拉力的最小值，可以用支持力与摩擦力的合力F′代替支持力与摩擦力．(tan θ＝μ)图7(2)对于一般的四力平衡及多力平衡，可采用正交分解法．考向一图解法例4 (2021·山东潍坊市昌乐一中高三期末)如图8 所示，斜面体A放在粗糙水平面上，小球B用轻绳拴住置于斜面上，轻绳与斜面平行且另一端固定在竖直墙面上，不计小球与斜面间的摩擦．现用水平向左的力缓慢拉动斜面体，小球始终未脱离斜面．下列说法正确的是( )图8A ．轻绳的拉力先变小后变大B ．斜面对小球的支持力不变C ．水平面对斜面体的摩擦力变小D ．水平面对斜面体的支持力变大答案 C解析对小球受力分析如图所示，轻绳的拉力变大，斜面对小球的支持力变小，A 、B 错误；轻绳的竖直分力在变大，将小球和斜面体看作一个整体，则水平面对斜面体的支持力变小，根据滑动摩擦力公式可知，水平面对斜面体的摩擦力变小，C 正确，D 错误．考向二 相似三角形法例 5 (多选)(2020 ·百校联盟必刷卷三)如图 9 所示，光滑圆环固定在竖直面内，一个小球套在 环上，用穿过圆环顶端光滑小孔的细线连接，现用水平力 F 拉细线，使小球缓慢沿圆环向上 运动，此过程中圆环对小球的弹力大小为 F N ，则在运动过程中( )A ．F 增大 C ．F N 不变 图 9B ．F 减小 D ．F N 增大答案 BC解析 小球沿圆环缓慢上移，对小球进行受力分析，小球受重力 G 、F 、F N 三个力，满足受力平衡．作出受力分析图如图所示；由图可知△OAB ∽△GF N F ，即： G F F N ＝ ＝R AB R小球沿圆环缓慢上移时，半径不变，重力 G 不变，AB 长度减小，故 F 减小，F N 不变，故选B 、C.考向三 解析法例 6 如图 10 所示，晾晒衣服的绳子轻且光滑，悬挂衣服的衣架的挂钩也是光滑的，轻绳两 端分别固定在两根竖直杆上的A 、B 两点，衣服处于静止状态．如果保持绳子A 端位置不变， 将 B 端分别移动到不同的位置，则下列判断正确的是( )图 10A ．B 端移动到 B 1 位置时，绳子张力变大B ．B 端移动到 B 2 位置时，绳子张力变小C ．B 端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变大D ．B 端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，绳子张力变小答案 D解析 如图所示， 设绳子间的夹角为 2α ，绳子总长为L ，两杆间距离为 s ，由几何关系得L 1sin α ＋L 2sin α＝s ，解得 s in α＝ s ＝s ，当 B 端移到 B 1、B 2 位置时，s 、L 都不变，则α也不变，由平衡条件可知 2F cos α＝mg ，绳子张力 F ＝ mg，α不变，绳子张力F 也不变，A 、B 错误；B 端在杆上位置不动，将杆移动到虚线位置时，s 减小，L 不变，则α减小，cos α增大，由 F ＝ mg 知，F 减小，C 错误，D 正确．1.如图 11 所示，竖直平面内固定的半圆弧轨道两端点 M 、N 连线水平，将一轻质小环套在轨 道上，一细线穿过轻环，一端系在 M 点，另一端系一质量为 m 的小球，不计所有摩擦，重 力加速度为 g ，小球恰好静止在图示位置，下列说法正确的是( )图 11A ．轨道对轻环的支持力大小为 mgB ．细线对 M 点的拉力大小为mg2C ．细线对轻环的作用力大小为3mg2D ．N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为 30° 答案 D解析 对圆环受力分析，因圆环两边细线的拉力大小相等，可知两边细线拉力与 O A 夹角相 等，设为θ ，由几何关系可知， ∠OMA ＝ ∠MAO ＝θ ，则 3θ＝90° ，θ＝30° ，则轨道对轻环的 支持力大小为 F N ＝2mg cos 30°＝ mg ，选项 A 错误； 细线对 M 点的拉力大小为 F T ＝mg ，选 项 B 错误； 细线对轻环的作用力大小为 F N ′＝F N ＝ mg ，选项 C 错误； 由几何关系可知， N 点和轻环的连线与竖直方向的夹角为 30° ，选项 D 正确．L 1＋L 2 L2cos α2cos α2.(多选)(2020·安徽安庆二中质检)如图 12 所示，质量为 M 的木楔倾角为θ ，在水平地面上保 持静止．当将一质量为 m 的木块放在斜面上时正好沿斜面匀速下滑，如果用与斜面成α角的 力 F 拉着木块沿斜面匀速上滑．重力加速度为 g ，下列说法中正确的是( )图 12A ．当α＝2θ时，F 有最小值B ．F 的最小值为 mg sin 2θC ．在木块匀速上滑过程中，地面对 M 的静摩擦力方向水平向右D ．在木块匀速上滑过程中，地面对 M 的静摩擦力方向水平向左 答案 BD解析 选木块为研究对象，当没加外力 F 时正好匀速下滑，设木块与斜面间的动摩擦因数为 μ ，此时平行于斜面方向必有 m g sin θ＝μmg cos θ . 当加上外力 F 时，对木块受力分析如图，则 有F f ＝μF N ，平行于斜面方向有F f ＋mg sin θ＝F cos α ，垂直于斜面方向有 F N ＋F sin α＝mg cos θ，联立解得 F ＝＝，故当α＝θ时，F 有最小值，最小值为 F min ＝mg sin2θ ，故 A 错误，B 正确； 选 M 和 m 组成的整体为研究对象，设水平地面对木楔 M 的静摩擦 力为F f ′，水平方向受力平衡，则有F f ′＝F cos(θ＋α) ，可知静摩擦力的方向水平向左，故 C 错误，D 正确．3.(多选)如图 13 所示，表面光滑的半球形物体固定在水平面上，光滑小环 D 固定在半球形物 体球心 O 的正上方，轻质弹簧一端用轻质细绳固定在 A 点，另一端用轻质细绳穿过小环 D 与放在半球形物体上的小球 P 相连，DA 水平．现将细绳固定点 A 向右缓慢平移的过程中(小 球 P 未到达半球最高点前) ，下列说法正确的是( )2图13A ．弹簧变短B ．弹簧变长C ．小球对半球的压力不变D ．小球对半球的压力变大答案AC解析以小球为研究对象，受力分析如图，小球受重力G、细线的拉力F T 和半球面的支持力F N，作出F N、F T 的合力F，由平衡条件得知F＝G，由图根据三角形相似可得F N ＝F＝F T ，PO DO PD将F＝G代入得：F N＝PO G，FT＝PD G，将细绳固定点A向右缓慢平移，DO、PO不变，PD DO DO变小，可知F T 变小，F N 不变，即弹簧的弹力变小，弹簧变短，由牛顿第三定律知小球对半球的压力不变，故A、C 正确，B 、D 错误．[保分基础练]1.(2021·江苏省1 月适应性考试·3)如图1 所示，对称晾挂在光滑等腰三角形衣架上的衣服质量为M，衣架顶角为120°，重力加速度为g，则衣架右侧对衣服的作用力大小为( )图11 2 32 答案 B解析 对衣服进行受力分析，如图所示：由几何关系知，衣架左、右侧对衣服的作用力 F N 与竖直方向的夹角为 30°， 则有 2F N cos 30°＝Mg ， 得 F N ＝Mg ，故选 B .2.戽斗是古代一种小型的人力提水灌田农具，是我国古代劳动人民智慧的结晶．如图 2 所示， 两人双手执绳牵斗取水，在绳子长度一定时( )图 2A ．两人站得越近越省力B ．两人站得越远越省力C ．两边绳子与竖直方向夹角为 60°时最省力D ．绳子拉力大小与两人距离远近无关答案 A3.如图 3 所示，两个相同的木模质量均为 m ，靠三根竖直细线连接，在水平面上按一个“互” 字形静置，上方木模呈现悬浮效果，这是利用了建筑学中的“张拉整体”结构原理．已知重 力加速度为 g ，则图中短线 a 上的张力 F 1 和水平面所受压力 F 2 满足( )图 33C. Mg D ．Mg A. Mg B. MgA ．F 1>mg ，F 2<2mgB ．F 1>mg ，F 2＝2mgC ．F 1<mg ，F 2<2mgD ．F 1<mg ，F 2＝2mg 答案 B解析 对两个木模的整体受力分析，整体受 2mg 的重力和水平面的支持力 F 2 ′ ，有 F 2 ′＝ 2mg ，由牛顿第三定律可知，水平面所受压力 F 2＝F 2 ′ ，对上方木模分析可知，短线 a 上的 张力 F 1 向上，两长线的拉力 F T 向下，有 2F T ＋mg ＝F 1 ，故有 F 1>mg ，故选 B .4.一台空调外机用两个三脚架固定在外墙上，如图 4 所示，空调外机的重心在支架水平横梁 AO 和斜梁 BO 连接点 O 的上方，横梁对 O 点的拉力沿 OA 方向、大小为 F 1 ，斜梁对 O 点的 支持力沿 BO 方向、大小为 F 2 .如果把斜梁加长一点，仍保持连接点 O 的位置不变，则( )A ．F 1 增大 C ．F 2 不变 答案 B解析 对 O 点受力分析如图所示图 4B ．F 1 减小 D ．F 2 增大由平衡条件得 F 1＝ ，F 2＝，保持连接点 O 的位置不变，斜梁长度增加，θ变大，所 以 F 1 、F 2 均减小．故选 B .5.(2021· 东北三省四市教研联合体 3 月模拟)如图 5 所示，物体甲放置在水平地面上，通过跨 过光滑轻质定滑轮的轻质细绳与小球乙相连，整个系统处于静止状态．现对小球乙施加水平 力 F ，使小球乙缓慢上升一小段距离，整个过程中物体甲保持静止．设甲受到地面的摩擦力 为F f ，支持力为 F N ，细绳的拉力为 F T ，则该过程中( )图 5A ．F f 变小，F 不变B ．F T 变大，F N 变大C ．F f 变大，F N 变小D ．F T 不变，F 不变 答案 C解析 取乙为研究对象，分析其受力情况，设与乙相连的细绳与竖直方向夹角为α ，则水平 力 F ＝mg tan α ，细绳与竖直方向夹角α逐渐增大，则 F 增大； 取物体甲为研究对象，甲受到 重力、绳子的拉力、地面的支持力以及地面的摩擦力，其中绳子的拉力 F T ＝ mg ，α逐渐增cos α 大，绳子的拉力 F T 逐渐增大，F T 在水平方向的分力逐渐增大，所以水平地面对甲的摩擦力 增大； F T 在竖直方向的分力逐渐增大，甲受到地面的支持力 F N 变小．故选 C . 6.(2021·湖北省 1 月选考模拟 ·6)如图 6 所示，矩形平板 ABCD 的 AD 边固定在水平面上，平 板与水平面夹角为θ，AC 与 AB 的夹角也为θ .质量为 m 的物块在平行于平板的拉力作用下， 沿 AC 方向匀速运动．物块与平板间的动摩擦因数μ＝tan θ ，重力加速度大小为 g ，拉力大小 为( )图 6A ．2mg sin θcosθB ．2mg sin θC ．2mg sin θD ．mg sin θcos θ答案 A解析 对物块受力分析，如图甲、乙所示，重力沿平板向下的分力为 m g sin θ ，支持力 F N ＝ mg cos θ ，滑动摩擦力F f ＝μF N ＝m g sin θ ，则拉力 F ＝2mg sin θcos θ ，故 A 正确．7.(2021·黑龙江鹤岗一中三校高三期末联考)如图 7 所示，将一光滑轻杆固定在水平地面上， 杆与地面间的夹角为 30°，一光滑轻环(不计重力)套在杆上，一个大小和质量都不计的滑轮通 过轻绳 OP 悬挂在天花板上，用另一轻绳绕过滑轮系在轻环上，现用水平向右的力缓慢拉绳， 当轻环静止不动时，OP 绳与天花板之间的夹角为( )2 2 2 2图 7A ．30°B ．45°C ．60°D ．75° 答案 C解析 对轻环 Q 进行受力分析如图甲，则只有绳子的拉力垂直于杆时，绳子的拉力沿杆的方 向没有分力； 由几何关系可知，绳子与竖直方向之间的夹角是 30°；对滑轮进行受力分析如 图乙，由于滑轮的质量不计，则 OP 绳对滑轮的拉力与两个绳子拉力的合力大小相等、方向 相反，所以 O P 绳的方向一定在两根绳子夹角的角平分线上，由几何关系得 O P 绳与竖直方 向之间的夹角： β＝90°＋30°－30°＝30° ，则 O P 绳与天花板之间的夹角为： 90°－β＝60° ，故选 C .8.(2021·上海交大附中高三上学期 1 月期末)如图 8，光滑绝缘斜面固定在水平面上，一定质量 的带电小球 A 在斜面上保持静止，小球A 与斜面间有平行于斜面的细线相连，带电小球 B 用 绝缘杆固定，A 、B 在同一水平高度，此时斜面对小球 A 无支持力．现保持 B 球的水平高度 不变，将 B 球缓慢向左移动一小段距离，则在此过程中( )图 8A ．小球 A 脱离斜面，细线所受的拉力变大B ．小球A 脱离斜面，细线所受的拉力变小C ．小球A 仍在斜面上，细线所受的拉力变大D ．小球 A 仍在斜面上，细线所受的拉力变小 答案 A解析 因为此时斜面对小球A 无支持力，可知 B 球对A 球有引力作用； 若将 B 球缓慢向左移 动一小段距离，距离减小，则引力变大，则小球 A 将脱离斜面； B 球对A 球的引力变大，引 力与重力的合力变大，根据力的平衡条件，则细线所受的拉力变大，故选 A.2[争分提能练]9.(多选)(2019·全国卷Ⅰ·19)如图9，一粗糙斜面固定在地面上，斜面顶端装有一光滑定滑轮．一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块N，另一端与斜面上的物块M相连，系统处于静止状态．现用水平向左的拉力缓慢拉动N，直至悬挂N的细绳与竖直方向成45°.已知M始终保持静止，则在此过程中( )图9A ．水平拉力的大小可能保持不变B．M所受细绳的拉力大小一定一直增加C．M所受斜面的摩擦力大小一定一直增加D．M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后增加答案BD解析对N进行受力分析如图所示，因为N的重力与水平拉力F的合力和细绳的拉力F T 是一对平衡力，从图中可以看出水平拉力的大小逐渐增大，细绳的拉力也一直增大，选项A错误，B 正确；M的质量与N的质量的大小关系不确定，设斜面倾角为θ，若m N g≥m M g sin θ，则M所受斜面的摩擦力大小会一直增大，若m N g<m M g sin θ，则M所受斜面的摩擦力大小可能先减小后反向增大，选项C错误，D 正确．10 ．(2021·湖南卷·5)质量为M的凹槽静止在水平地面上，内壁为半圆柱面，截面如图10 所示，A为半圆的最低点，B为半圆水平直径的端点．凹槽恰好与竖直墙面接触，内有一质量为m的小滑块．用推力F推动小滑块由A点向B点缓慢移动，力F的方向始终沿圆弧的切线方向，在此过程中所有摩擦均可忽略，下列说法正确的是( )图10A ．推力F先增大后减小B ．凹槽对滑块的支持力先减小后增大C ．墙面对凹槽的压力先增大后减小解得 F N ＝m g ，F ＝mglABLD ．水平地面对凹槽的支持力先减小后增大答案 C解析 对滑块受力分析，由平衡条件有 F ＝mg sin θ，F N ＝mg cos θ，θ为 F 与水平方向的夹角，滑块从 A 缓慢移动到 B 点时，θ越来越大，则推力 F 越来越大，支持力 F N 越来越小，所以 A 、B 错误； 对凹槽与滑块整体受力分析，墙面对凹槽的压力为 F N ′＝F cos θ＝mg sin θcos θ＝1mg sin 2θ，则θ越来越大时，墙面对凹槽的压力先增大后减小，所以 C 正确；水平地面对凹槽的支持力为F N 地＝(M ＋m )g －F sin θ＝(M ＋m )g －mg sin 2θ则θ越来越大时，水平地面对凹槽的支持力越来越小，所以 D 错误．11 ．(多选)(2021·黑龙江齐齐哈尔市实验中学高三期末)如图 11 所示，有一长为 L 的轻杆，一 端用光滑的铰链固定在墙上，另一端固定一质量为 m 的小球 B ，在距铰链正上方 L 处有一光 滑轻质小定滑轮，现用手拉动绕过滑轮并系在小球 B 上的细线，使小球 B 缓慢上移，手对细 线的拉力大小为 F ，杆对小球 B 的弹力大小为 F N ，重力加速度为 g ，在移动过程中，下列说 法正确的是( )图 11A ．F 不变，F N 减小B ．F 减小，F N 不变C ．当杆被拉至水平状态时 F ＝ mgD ．杆对小球 B 的弹力大小恒为 mg 答案 BCD解析 对 B 球受力分析，画出力的示意图如图所示根据相似三角形规律有mg ＝F N ＝ FL L l AB 2小球B缓慢上移，重力m g不变，L不变，则杆对小球的弹力大小F N 不变，绳子长度l AB减小，所以F减小，A错误，B、D正确；当杆被拉至水平状态时，绳子的长度为l AB＝2L，由相似三角形关系可得F＝mg，C 正确．12.如图12 所示，半径为R的圆环竖直放置，长度为R的不可伸长的轻细绳OA、OB，一端固定在圆环上，另一端在圆心O处连接并悬挂一质量为m的重物，初始时OA绳处于水平状态．把圆环沿地面向右缓慢转动，直到OA绳处于竖直状态，在这个过程中( )图12A ．OA绳的拉力逐渐增大B ．OA绳的拉力先增大后减小C ．OB绳的拉力先增大后减小D ．OB绳的拉力先减小后增大答案 B解析以重物为研究对象，重物受到重力m g、OA绳的拉力F1 、OB绳的拉力F2 三个力而平衡，构成矢量三角形，置于几何圆中如图：在转动的过程中，OA绳的拉力F1 先增大，转过直径后开始减小，OB绳的拉力F2 开始处于直径上，转动后一直减小，B 正确，A 、C 、D 错误．13 ．(2021·山东滨州市高三期末)如图13 所示，竖直杆固定在木块C上，两者总重为20 N ，放在水平地面上，轻细绳a连接小球A和竖直杆顶端，轻细绳b连接小球A和B，小球A、B重均为10 N ．当用最小的恒力F作用在小球B上时，A、B、C均保持静止，绳a与竖直方向的夹角为30°.下列说法正确的是( )图13A ．力F的大小为5 NB ．绳a的拉力大小为10 NC ．地面对 C 的摩擦力大小为 10 ND ．地面对 C 的支持力大小为 40 N 答案 B解析 以A 、B 整体为研究对象，整体受到重力 2G 、绳 a 的拉力 F T a 和恒力 F ，当恒力 F 的 方向与绳 a 拉力的方向垂直向上时，F 最小，如图所示．则 F ＝2G sin 30°＝2×10×1N ＝10 N ，F T a ＝2G cos 30°＝2×10× N ＝10N ，故 A 错误，B 正确； 以 A 、B 、C 及竖直杆整体为研究对象，根据水平方向受力平衡可得F f ＝F cos 30°＝ 10×N ＝5N ，根据竖直方向受力平衡可得 F N ＋F sin 30°＝G A ＋G B ＋G C 、杆，解得 F N ＝G A＋G B ＋G C 、杆－F sin 30°＝10 N ＋10 N ＋20 N －10×1N ＝35 N ，故 C 、D 错误．2 2222命题规律 1.命题角度：(1)匀变速直线运动规律及应用；(2)牛顿运动定律及应用；(3)运动学和动力学图像.2.常考题型：选择题．11 ．匀变速直线运动问题常用的六种解题方法2 ．两种匀减速直线运动的分析方法(1)刹车问题的分析末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，对于刹车问题，应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解．(2)双向可逆类运动分析匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对全过程列式，但需注意x、v、a等矢量的正负及物理意义．3 ．处理追及问题的常用方法函数法例 1 (2019·全国卷 Ⅰ·18)如图 1 ，篮球架下的运动员原地垂直起跳扣篮，离地后重心上升的 最大高度为 H .上升第一个H 所用的时间为t 1，第四个H所用的时间为 t 2.不计空气阻力，则t 2满足( )A ．1<t 1<2 t 2答案 C图 1B ．2<t 1<3 t 2解析 由逆向思维和初速度为零的匀加速直线运动比例式可知 ＝ ＝2＋ ，即3<t 1<4 ，选项 C 正确．例 2 (2021· 山东济宁市高三期末)强行超车是道路交通安全的极大隐患．如图 2 是汽车超车 过程的示意图，汽车甲和货车均以 v 0＝36 km/h 的速度在路面上匀速行驶，其中甲车车身长 L 1＝4.8 m ，货车车身长 L 2＝7.2 m ，货车在甲车前 s ＝4 m 处．若甲车司机开始加速从货车左 侧超车，加速度大小为 a ＝2 m/s 2.假定货车速度保持不变，不计车辆变道的时间及车辆的宽 度．求：图 2(1)甲车完成超车至少需要多长时间；(2)若甲车开始超车时，看到道路正前方的乙车迎面驶来，此时二者相距 s 0＝115 m ，乙车速 度为 v 乙＝54 km/h. 甲车超车的整个过程中，乙车速度始终保持不变，请通过计算分析，甲车 能否安全超车．答案 (1)4 s (2)不能安全超车解析 (1)设甲车完成超车至少需要时间 t ，则 t 时间内甲车位移为 x 甲＝v 0t ＋1at 2 ，货车位移4 4 t 1 t t t D ．4<t 1<5C ．3<t 1<4 2 22 2为x货＝v0t完成超车需满足x甲＝x货＋L1＋L2＋s联立求解可得t＝4 s.(2)刚好完成超车时，甲车位移为x甲＝v0t＋1at2＝56 m乙车位移大小为x乙＝v乙t＝60 m．x甲＋x乙>s0 ，所以不能安全超车．21 ．超重与失重2 ．瞬时加速度问题考向一超重与失重例3 (2021·上海浦东新区高三一模)在用DIS 探究超重和失重的实验中，某同学蹲在压力传感器上完成一次起立动作，在计算机屏幕上得到压力传感器示数F随时间t变化的图像如图3 所示，则此过程该同学重心的运动速度v随时间t变化的图像最接近图( )图32答案 A解析 人在起立时，先向上加速后向上减速，先超重后失重； 由 F －t 图像可知，超重阶段(加 速阶段)压力传感器对人的支持力先增加后减小，根据 F －mg ＝ma 可知，加速度先增加后减 小，则 v －t 图像的斜率先增加后减小； 同理，由 F －t 图像可知，失重阶段(减速阶段)压力传 感器对人的支持力先减小后增加，根据 mg －F ＝ma 可知，加速度先增加后减小，则 v －t 图 像的斜率先增加后减小，故选 A . 考向二 瞬时加速度问题例 4 如图 4 所示，两个质量均为 m 的小球 A 、B 用细绳相连，小球 A 与一个轻弹簧相连， 弹簧另一端固定在竖直墙上，小球用一根细线连在天花板上，开始时，两小球都静止不动， 这时细线与水平方向的夹角是θ＝45°，弹簧水平，重力加速度大小为 g ，现突然把细线剪断．在 剪断细线的瞬间，小球 A 的加速度大小是( )A ．22g C ．2g 图 4B.5g D. 2g答案 B解析 细线剪断前，小球A 受到 4 个力作用，重力、弹簧的弹力、细线的拉力和细绳的拉力， 由力的平衡条件可知： 弹簧的弹力大小 F ＝2mg ，剪断细线的瞬间，小球 A 只受弹簧的弹力 和 自身重力，此时弹簧的弹力大小还是 F ＝2mg ，所以此时 A 球受到的合力大小 F A ＝＝ mg ，由牛顿第二定律可知，在剪断细线的瞬间，小球 A 的加速度大小 a＝ ＝ 5g ，故 B 正确，A 、C 、D 错误． m31 ．整体法与隔离法的选用技巧F A考向二 连接体中的临界问题2.连接体问题中常见的临界条件3.常见连接体考向一 研究对象的选取(整体法与隔离法的应用)例 5 (2020·江苏卷 ·5)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路” ，为国际抗疫贡献了中国力 量．某运送防疫物资的班列由 40 节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀 加速行驶时，第 2 节对第 3 节车厢的牵引力为 F .若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等， 则倒数第 3 节对倒数第 2 节车厢的牵引力为( )A ．F B. 20 . 19 F .20答案 C解析 设列车的加速度为 a ，每节车厢的质量为 m ，每节车厢的阻力为F f ，对后 38 节车厢， 由牛顿第二定律得 F －38F f ＝38ma ；设倒数第 3 节车厢对倒数第 2 节车厢的牵引力为 F 1 ，对 后 2 节车厢，由牛顿第二定律得 F 1－2F f ＝2ma ，联立解得 F 1 ＝F，故选项 C 正确．19F C D 19 F1 ．常见图像例 6 (多选)(2021 ·山东烟台市高三期末)某实验小组在探究接触面间的动摩擦因数实验中，如 图 5 甲所示，将一质量为 M 的长木板放置在水平地面上，其上表面有另一质量为 m 的物块， 刚开始均处于静止状态．现使物块受到水平力 F 的作用，用传感器测出水平拉力 F ，画出 F 与物块的加速度 a 的关系如图乙所示．已知重力加速度 g ＝10 m/s 2 ，最大静摩擦力等于滑动 摩擦力，整个运动过程中物块从未脱离长木板．则( )图 5A ．长木板的质量为 2 kgB ．长木板与地面之间的动摩擦因数为 0. 1C ．长木板与物块之间的动摩擦因数为 0.4D ．当拉力 F 增大时，长木板的加速度一定增大 答案 ABC解析 设长木板与物块之间的动摩擦因数为μ1 ，长木板与地面之间的动摩擦因数为μ2 ，由题 图乙可知，当 F >12 N 时物块和长木板开始产生滑动，则 F －μ1mg ＝ma 即 F ＝ma ＋μ1mg ，由题图乙可知 m ＝k 1＝12－8kg ＝2 kg ， μ1mg ＝8 N ，解得μ1＝0.4；当 4 N ≤F ≤12 N 时两者共同运动，则F －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 即 F ＝(M ＋m )a ＋μ2(M ＋m )g由题图乙可知 M ＋m ＝k 2＝12－4 kg ＝4 kg ，则 M ＝2 kg ，μ2(M ＋m )g ＝4 N解得μ2＝0. 1 ，选项 A 、B 、C 正确；当拉力 F 增大，长木板与物块之间产生相对滑动时，此时长木板所受地面的摩擦力和物块的 摩擦力不变，则加速度不变，选项 D 错误．422。