查补易混易错02 力与物体的直线运动-【查漏补缺】2022年高考政治三轮冲刺过关（解析版）

查补易混易错02  力与物体的直线运动

这部分知识是高中物理主干知识，每年每卷必考，以选择题、实验题和计算题的开出现，即使不单独出题，也会整合在某些题目中进行考查。

【真题展示·（2021·广东卷）】算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔，乙与边框a相隔，算珠与导杆间的动摩擦因数。现用手指将甲以的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取。

（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；

（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。

【答案】（1）能；（2）0.2s

【解析】

（1）由牛顿第二定律可得，甲乙滑动时均有：

则甲乙滑动时的加速度大小均为：

甲与乙碰前的速度v1，则：

解得：v1=0.3m/s

甲乙碰撞时由动量守恒定律：

解得碰后乙的速度：v3=0.2m/s

然后乙做减速运动，当速度减为零时则：

可知乙恰好能滑到边框a；

（2）甲与乙碰前运动的时间：

碰后甲运动的时间：

则甲运动的总时间为：

易错点【01】汽车刹车问题

汽车刹车自由阻力，没有动力。所以汽车刹车是一个匀减速运动的过程，当速度为零时就会停止，之后不管多长时间都是静止。所以我们应该特别关注一下汽车从刹车到停止需要多长时间以及相对应的位移。

易错点【02】追及相遇问题

可概括为“一个临界条件”“两个关系”。

(1)一个临界条件:速度相等。它往往是物体间能否追上或(两者)距离最大、最小的临界条件,也是分析判断问题的切入点。

(2)两个关系:时间关系和位移关系,通过画草图找出两物体运动的时间关系和位移关系是解题的突破口。

易错点【03】混淆两个图像：

Ⅰ、直线运动x-t图像

①匀速直线运动的x－t图象是一条倾斜的直线，如图1中图线甲；

②匀变速直线运动的x－t图象是一条抛物线，如图线乙。

③若x－t图象是一条平行于时间轴的直线，则表示物体处于静止状态，如图线丙。　

Ⅱ、直线运动v-t图像

①匀速直线运动的v－t图象是与横轴平行的直线，如图中图线甲。

②匀变速直线运动的v－t图象是一条倾斜的直线，如图线乙。

③若v－t图象是曲线，不同点切线的斜率不同，表示物体做变加速运动。图线丙表示物体的加速度逐渐变大，图线丁表示物体的加速度逐渐减小。

易错点【04】整体法和隔离法不会运用

1.求解各部分加速度都相同的连接体问题时，要优先考虑整体法；如果还需要求物体之间的作用力，再用隔离法.求解连接体问题时，随着研究对象的转移，往往两种方法交叉运用.一般的思路是先用其中一种方法求加速度，再用另一种方法求物体间的作用力或系统所受合力.无论运用整体法还是隔离法，解题的关键还是在于对研究对象进行正确的受力分析.

2.当物体各部分加速度相同且不涉及求内力的情况，用整体法比较简单；若涉及物体间相互作用力时必须用隔离法.整体法与隔离法在较为复杂的问题中常常需要有机地结合起来运用，这将会更快捷有效.

1. （2021·全国甲卷）如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将（　　）

A. 逐渐增大 B. 逐渐减小 C. 先增大后减小 D. 先减小后增大

【答案】D

【解析】

设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知：

可得：

可知时，t 有最小值，故当从由30°逐渐增大至60°时下滑时间t先减小后增大。

故选D。

【易错易错分析】

⑴下滑教程中的加速度计算错误；⑵位移的表达式不合理，增大计算难度；⑶不能正确得出时间与角度之间的函数关系。

2. （2021·广东卷）唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力，设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为和，，如图所示，忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是（   ）

A. 耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大

B. 耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大

C. 曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力

D. 直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力

【答案】B

【解析】A．将拉力F正交分解如下图所示

则在x方向可得出：Fx曲 = Fsinα

Fx直 = Fsinβ

在y方向可得出：Fy曲 = Fcosα

Fy直 = Fcosβ

由题知α < β则：sinα < sinβ

cosα > cosβ

则可得到：Fx曲 < Fx直

Fy曲 > Fy直

A错误、B正确；

CD．耕索对犁的拉力与犁对耕索的拉力是一对相互作用力，它们大小相等，方向相反，无论是加速还是匀速，则CD错误。

故选B。

【易错易错分析】①c对力F根据不会正交分解法进行分解；②对牛顿第三定律理解得不透彻，不知道耕索对犁的拉力和犁对耕索的拉力是作用力和反作用力。

3、（2021·河北卷）如图，一滑雪道由和两段滑道组成，其中段倾角为，段水平，段和段由一小段光滑圆弧连接，一个质量为的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若后质量为的滑雪者从顶端以的初速度、的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起，背包与滑道的动摩擦因数为，重力加速度取，，，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求：

（1）滑道段的长度；

（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。

【答案】（1）；（2）

【解析】

（1）设斜面长度为，背包质量为，在斜面上滑行的加速度为，由牛顿第二定律有

解得

滑雪者质量为，初速度为，加速度为，在斜面上滑行时间为，落后时间，则背包的滑行时间为，由运动学公式得

联立解得

或

故可得

（2）背包和滑雪者到达水平轨道时的速度为、，有

滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上外力为零，动量守恒，设共同速度为，有

解得

【易错易错分析】①求解背包的加速度出现错误；②滑雪者滑到底端的时间求解出现错误；③应用动量守恒定律在求解水平轨道上的速度时出现错误。

4．（2021·广东卷）赛龙舟是端午节的传统活动。下列和图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其它龙舟在途中出现船头并齐的有（　　）

A．B．C．D．

【答案】BD

【解析】

A．此图是速度图像，由图可知，甲的速度一直大于乙的速度，所以中途不可能出现甲乙船头并齐，故A错误；

B．此图是速度图像，由图可知，开始丙的速度大，后来甲的速度大，速度图像中图像与横轴围成的面积表示位移，由图可以判断在中途甲、丙位移会相同，所以在中途甲丙船头会并齐，故B正确；

C．此图是位移图像，由图可知，丁一直运动在甲的前面，所以中途不可能出现甲丁船头并齐，故C错误；

D．此图是位移图像，交点表示相遇，所以甲戊在中途船头会齐，故D正确。

故选BD。

【易错易错分析】①在v-t图像中不知道图像与时间轴围成的面积表示位移的大小；②不理解s-t图像中的交点代表相遇。

5. （2021全国乙卷）水平地面上有一质量为的长木板，木板的左端上有一质量为的物块，如图（a）所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图（b）所示，其中、分别为、时刻F的大小。木板的加速度随时间t的变化关系如图（c）所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为，物块与木板间的动摩擦因数为，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则（　　）

A.  B.

C.  D. 在时间段物块与木板加速度相等

【答案】BCD

【解析】A．图（c）可知，t1时滑块木板一起刚在从水平滑动，此时滑块与木板相对静止，木板刚要滑动，此时以整体为对象有

A错误；

BC．图（c）可知，t2滑块与木板刚要发生相对滑动，以整体为对象， 根据牛顿第二定律，有

以木板为对象，根据牛顿第二定律，有

解得

BC正确；

D．图（c）可知，0~t2这段时间滑块与木板相对静止，所以有相同的加速度，D正确。

故选BCD。

【易错易错分析】①不会灵活选用整体法和隔离法，增大分析难度；②对物块与木板之间的运动分析不清晰，不能判断了0-t2时间段物块与木板相对静止导致计算错误。

6. （2019全国Ⅲ卷）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出

A. 木板的质量为1kg

B. 2s~4s内，力F的大小为0.4N

C. 0~2s内，力F的大小保持不变

D. 物块与木板之间的动摩擦因数为0.2

【答案】AB

【解析】

结合两图像可判断出0-2s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；

2-5s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2-4s和4-5s列运动学方程，可解出质量m为1kg，2-4s内的力F为0.4N，故A、B正确；

由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ,故D错误.

【易错易错分析】①在分析木板质量时选择的时间段出现错误，从而计算出错；②不会把图（b）和图（c）结合起来解决问题。

7、（2021·河南省郑州市二模）有一种精神叫“女排精神”，中国女排能始终屹立在世界之颠，与她们科学而又刻苦的训练是分不开的。当女排运动员进行原地起跳拦网训练时，某质量为60kg的运动员原地静止站立（不起跳）双手拦网高度为2.10m，在训练中，该运动员先下蹲使重心下降0.5m，然后起跳（从开始上升到脚刚离地的过程），最后脚离地上升到最高点时双手拦网高度为2.90m。若运动员起跳过程视为匀加速直线运动，忽略空气阻力影响，取g＝10m/s2，则（　　）

A. 运动员起跳过程属于失重状态

B. 起跳过程中加速度大小为16m/s2

C. 从开始起跳到离地上升到最高点需要0.4s

D. 起跳过程中运动员对地面的压力为960N

【答案】B

【解析】

A．运动员起跳过程先向上加速后减速，则先超重后失重，选项A错误；

B．离地速度

起跳过程中加速度大小为

选项B正确；

C．从开始起跳到离地上升到最高点需要

选项C错误；

D．起跳过程中根据牛顿第二定律

运动员对地面的压力为

根据牛顿第三定律可知，起跳过程中运动员对地面的压力为1560N，选项D错误。

故选B。

8、（2021·湖南省衡阳市二模） 如图所示，2021个完全相同的小球通过完全相同的轻质弹簧（在弹性限度内）相连，在水平拉力F的作用下，一起沿水平面向右运动，设1和2之间弹簧的弹力为，2和3间弹簧的弹力为，……，2020和2021间弹簧的弹力为，则下列结论正确的是（　　）

A. 若水平面光滑，从左到右每根弹簧长度之比为1：2：3：…：2020

B. 若水平面光滑，

C. 若水平面粗糙，的大小无法确定

D. 若水平面粗糙，撤去F的瞬间，第2020号小球的加速度突然反向

【答案】B

【解析】

B．以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得

F=2021ma

解得

以后面的第1、2、3…2020个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得可知

…

则

F1-2：F2-3：……F2020-2021=1：2：3：……2020

故B正确；
A．由胡克定律知F=kx，结合A的分析可知从左到右每根弹簧伸长量之比为

x1-2：x2-3：……x2020-2021=1：2：3：……2020

但弹簧的长度之比不满足1：2：3：…：2020，故A错误；

C．若水平面粗糙，设每个小球受的滑动摩擦力为f，则以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得

F-2021f=2021ma′

解得

以后面的第1、2、3…2020个小球为研究对象，根据牛顿第二定律可得可知

…

则

F′1-2：F′2-3：……F′2020-2021=1：2：3：……2020

故C错误；
D．若水平面粗糙，撤去F的瞬间，第2020号小球所受的两边弹簧的弹力以及摩擦力都不变，则加速度不变，选项D错误。

故选B。

9（2020全国Ⅰ卷）. 我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用描写，k为系数；v是飞机在平直跑道上的滑行速度，F与飞机所受重力相等时的v称为飞机的起飞离地速度，已知飞机质量为时，起飞离地速度为66 m/s；装载货物后质量为，装载货物前后起飞离地时的k值可视为不变。

（1）求飞机装载货物后的起飞离地速度；

（2）若该飞机装载货物后，从静止开始匀加速滑行1 521 m起飞离地，求飞机在滑行过程中加速度的大小和所用的时间。

【答案】(1)；（2）2m/s2，

【解析】

（1）空载起飞时，升力正好等于重力：

满载起飞时，升力正好等于重力：

由上两式解得：

（2）满载货物的飞机做初速度为零的匀加速直线运动，所以

解得：

由加速的定义式变形得：

解得：

【易错易错分析】①求解v2时出现错误；②在计算飞机滑行过程中加速度的大小和所用时间时，运动学公式选择不合适，增大计算难度。

10、（2021·山东省济南市压轴卷）在某路口，有按倒计时显示的时间显示灯．有一辆汽车在平直路面上正以36 km/h的速度朝该路口停车线匀速前行，在车头前端离停车线70 m处司机看到前方绿灯刚好显示“5”．交通规则规定：绿灯结束时车头已越过停车线的汽车允许通过．

(1)若不考虑该路段的限速，司机的反应时间为1 s，司机想在剩余时间内使汽车做匀加速直线运动以通过停车线，则汽车的加速度至少为多大？

(2)若该路段限速60 km/h，司机的反应时间为1 s，司机反应过来后汽车先以2 m/s2的加速度沿直线加速3 s，为了防止超速，司机在加速结束时立即踩刹车使汽车匀减速直行，结果车头前端与停车线相齐时刚好停下，求刹车后汽车加速度的大小．(结果保留两位有效数字)

【答案】(1)2.5 m/s2　(2)6.1 m/s2

【解析】

试题分析：（1）司机反应时间内做匀速直线运动的位移是：；

加速过程：

代入数据解得：

（2）汽车加速结束时通过的位移：

此时离停车线间距为：

此时速度为：

匀减速过程：

带入数据解得：

11、（2021·北京市海淀区二模）如图所示，运动员把冰壶沿水平冰面投出，让冰壶在冰面上滑行，在不与其他冰壶碰撞的情况下，最终停在远处的某个位置。按比赛规则，冰壶投出后，可以用毛刷在其滑行前方来回摩擦冰面，减小冰壶与冰面间的动摩擦因数以调节冰壶的运动。将冰壶的运动简化为直线运动且不考虑冰壶的转动。已知未摩擦冰面时，冰壶与冰面间的动摩擦因数为0.02。重力加速度g取10m/s2。

（1）求冰壶投出后在冰面上滑行时加速度大小；

（2）运动员以3.6m/s的水平速度将冰壶投出，求冰壶能在冰面上滑行的时间；

（3）若运动员仍以3.6m/s的水平速度将冰壶投出，滑行一段距离后，其队友在冰壶滑行前方摩擦冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数变为原来的90%。已知冰壶运动过程中，滑过被毛刷摩擦过的冰面长度为6m。这6m若是连续或间断的，冰壶多滑行的距离Δs是否会发生变化？请说明你的观点。

【答案】（1）0.2m/s2；（2）18s；（3）不会，理由见解析

【解析】

（1）冰壶投出后冰面上滑行时，根据牛顿第二定律

解得

（2）根据速度公式

解得

（3）依据全程动能定理，不管这6m是连续还是间断的，滑动摩擦力对冰壶做的负功是一样多的，因此冰壶多滑行的距离Δs是不会发生变化的。

12（2020全国Ⅱ卷）. 如图，一竖直圆管质量为M，下端距水平地面的高度为H，顶端塞有一质量为m的小球。圆管由静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，且每次碰撞时间均极短；在运动过程中，管始终保持竖直。已知M =4m，球和管之间的滑动摩擦力大小为4mg, g为重力加速度的大小，不计空气阻力。

（1）求管第一次与地面碰撞后的瞬间，管和球各自的加速度大小；

（2）管第一次落地弹起后，在上升过程中球没有从管中滑出，求管上升的最大高度；

（3）管第二次落地弹起的上升过程中，球仍没有从管中滑出，求圆管长度应满足的条件。

【答案】（1）a1=2g，a2=3g；（2）；（3）

【解析】（1）管第一次落地弹起的瞬间，小球仍然向下运动。设此时管的加速度大小为a1，方向向下；球的加速度大小为a2，方向向上；球与管之间的摩擦力大小为f，由牛顿运动定律有

Ma1=Mg+f  ①

ma2= f– mg  ②

联立①②式并代入题给数据，得

a1=2g，a2=3g③

（2）管第一次碰地前与球的速度大小相同。由运动学公式，碰地前瞬间它们的速度大小均为

④

方向均向下。管弹起的瞬间，管的速度反向，球的速度方向依然向下。

设自弹起时经过时间t1，管与小球速度刚好相同。取向上为正方向，由运动学公式

v0–a1t1= –v0+a2t1⑤

联立③④⑤式得

⑥

设此时管下端的高度为h1，速度为v。由运动学公式可得

⑦

⑧

由③④⑥⑧式可判断此时v>0。此后，管与小球将以加速度g减速上升h2，到达最高点。由运动学公式有

⑨

设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则

H1= h1+ h2⑩

联立③④⑥⑦⑧⑨⑩式可得

⑪

（3）设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1。在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有

Mg（H–H1）+mg（H–H1+x1）–4mgx1=0⑫

联立⑪⑫式并代入题给数据得

⑬

同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移x2为

⑭

设圆管长度为L。管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会滑出管外的条件是

x1+ x2≤L⑮

联立⑪⑬⑭⑮式，L应满足条件为

⑯

【易错易错分析】①运动过程分析失误，管反弹过程中，二者达共同速度之后仍要一起向上减速运动，忽视达到共同速度之后的运动过程分析；②忽视归纳类比，每次反弹后的运动过程和第一次反弹后的运动过程规律完全相同，相对位移不需要再重复计算。③由于未进行归纳类比从而重复计算，计算量增大导致计算错误；④两运动过程下方向选定混乱，造成计算错误；由于运动过程梳理不清导致相对位移计算错误。