本專題包括力與物體的平衡，直線運動與牛頓運動定律。力與物體的平衡命題重點是力的動態平衡；通過情境緊密聯系生活，考查考生從實際問題中構建物理模型的能力。一般需要利用整體法和隔離法進行受力分析，題型一般為選擇題。直線運動多與交通、體育運動等真實情境結合，考查勻變速直線運動相關概念、規律及公式的應用，增強考生從運動圖象中提取信息的能力和推理能力。題型以選擇題、較為綜合的計算題為主。

一、力與物體的平衡
1．處理平衡問題的基本思路
確定平衡狀態(加速度為零)→巧選研究對象(整體法或隔離法)→受力分析→建立平衡方程→求解或作討論。
2．常用的方法
(1)在判斷彈力或摩擦力是否存在以及確定它們的方向時常用假設法。
(2)求解平衡問題時常用二力平衡法、矢量三角形法、正交分解法、相似三角形法、圖解法等。
3．帶電體的平衡問題仍然滿足平衡條件，只是要注意準確分析場力——電場力、安培力或洛倫茲力。
4．如果帶電粒子在重力場、電場和磁場三者組成的復合場中做直線運動，則一定是勻速直線運動，因為F洛⊥v。
二、直線運動與牛頓運動定律
1．基本思路

2．解題關鍵
抓住兩個分析，受力分析和運動情況分析，必要時要畫運動情景示意圖。對于多運動過程問題，還要找準一個轉折點，特別是轉折點的速度。
3．常用方法
(1)整體法與隔離法：單個物體的問題通常采用隔離法分析，對于連接體類問題的分析通常是整體法與隔離法的綜合應用。
(2)正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向進行分解，有時根據情況也可以把加速度進行正交分解。
(3)逆向思維法：把運動過程的末狀態作為初狀態的反向研究問題的方法，一般用于勻減速直線運動問題，比如剎車問題、豎直上拋運動的問題。

1．質量為M的斜面體放在光滑水平地面上，其傾角為30°，斜面上放一質量為m的物塊，物塊通過繞過輕質滑輪的輕繩與彈簧測力計相連，彈簧測力計的另一端與地面上的P點通過輕繩相連，如圖所示。用水平力F推著斜面體在水平面上緩慢向左移動，則下列說法正確的是(　　)
A．彈簧測力計的示數不斷減小
B．水平力F不斷減小
C．地面對斜面體的支持力不斷減小
D．斜面對物塊的摩擦力不斷增大
2．圖甲中的塔吊是現代工地必不可少的建筑設備，圖乙為150 kg的建筑材料被吊車拉著運動過程的簡化圖像，g取10 m/s2，下列判斷正確的是(　　)
A．前10 s懸線的拉力恒為1500 N
B．46 s末材料離地面的距離為22 m
C．在30～36 s鋼索最容易發生斷裂
D．36～46 s材料處于超重狀態

1．(多解)如圖所示，重力為G的圓柱體A被平板B夾在板與墻壁之間，平板B與底座C右端的鉸鏈相連，左端由液壓器D調節高度，以改變平板B與水平底座C間的夾角θ，B、C及D總重力也為G，底座C與水平地面間的動摩擦因數為μ（0.5＜μ＜1），平板B的上表面及墻壁是光滑的。底座C與地面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則下列說法正確的是(　　)
A．C與地面間的摩擦力總等于2μG不變
B．θ角減小時，地面對C的摩擦力減小
C．要保持底座C靜止不動，必須滿足tan θ≤2μ
D．若保持θ＝45°不變，圓柱體重力增大ΔG，仍要保持底座C靜止，則ΔG的最大值ΔGm＝

2．(多解)A、C是兩個帶電小球，質量分別是mA、mC，電荷量大小分別是QA、QC，用兩條等長絕緣細線懸掛在同一點O，兩球靜止時如圖所示，此時細線對兩球的拉力分別為FTA、FTC，兩球連線AC與O所在豎直線的交點為B，且AB＜BC，下列說法正確的是(　　)
A．QA＞QC B．mA∶mC＝FTA∶FTC
C．FTA＝FTC D．mA∶mC＝BC∶AB

1．如圖所示，A、B、C三個質量相同的砝碼處于靜止狀態，不考慮一切摩擦，現將兩滑輪移開一點，使兩滑輪距離增大，則重新平衡后，C砝碼的高度(　　)
A．仍不變 B．升高一些
C．降低一些 D．都有可能
2．(多解)光滑絕緣水平桌面上有一半徑為R的圓周，A、B、C是圓周上等間距的三點，O是圓周的圓心。將正點電荷Q1、Q2分別鎖定在A、B兩點，點電荷Q3鎖定在O點，如圖所示，Q1、Q2的電荷量均為q，Q3的電性和電荷量均未知。若無論在C處放入何種電性的電荷，該電荷均處于平衡狀態。已知靜電力常量為k，下列說法正確的是(　　)
A．Q3為正電荷，電荷量為q
B．Q3為負電荷，電荷量為33q
C．若解除對Q3的鎖定，則Q3剛好能運動到圓周上
D．若將Q2置換為電荷量為q的負點電荷，然后解除對Q3的鎖定，則Q3將做直線運動
3．2020年9月舉行的中國長征•汽車（新能源）拉力賽，主要以當年紅25軍長征線路來設計賽事線路。如圖甲所示，在賽前技術勘路行程中，均視為質點的甲、乙兩輛賽車沿平直公路同向行駛，如圖乙所示是兩車在某段時間內的v－t圖象，則關于兩車運動狀況的描述，下列判斷正確的是(　　)
A．乙車在t＝5 s時改變運動方向
B．若t＝0時刻，甲車在前，則在0～5 s時間段，甲、乙兩車間距增大；在5～10 s時間段，甲、乙兩車間距減小
C．甲、乙兩車在第10 s末相遇
D．若t＝0時刻時乙車在前，則兩車可能相遇兩次
4．甲、乙兩車在同一平直公路上同向行駛，從t＝0時刻開始，甲、乙兩車運動的x－t圖像如圖所示，其中甲車運動的x－t圖線為拋物線，圖線與x軸的交點為其頂點，乙車運動的x－t圖線為過原點的直線，兩條圖線相切于P點，其坐標為（t1，x1），已知t2＝32t1。下列說法正確的是(　　)

A．t1時刻甲、乙兩車間距離最大
B．在t1時刻，甲車的瞬時速度大小是
C．t1到t2時間內甲車的位移大小為58x1
D．t2時刻甲車的速度大小為
5．如圖所示，固定在水平面上的斜面體C上放有一個斜劈A，A的上表面水平且放有物塊B。若A、B運動過程中始終保持相對靜止，以下說法正確的是(　　)
A．若C斜面光滑，A和B由靜止釋放，在向下運動時，B物塊可能只受兩個力作用
B．若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑，則B處于超重狀態
C．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑，則B受水平向左的摩擦力
D．若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，則B處于超重狀態
6．如圖所示，有一質量不計的桿AO，長為R，可繞A自由轉動。用繩在O點懸掛一個重為G的物體，另一根繩一端系在O點，另一端系在圓弧形墻壁上的C點。當點C由圖示位置逐漸向上沿圓弧CB移動過程中(保持OA與墻面夾角θ不變)，OC繩所受拉力的大小變化情況是(　　)
A．逐漸減小 B．逐漸增大
C．先減小后增大 D．先增大后減小
7．(多選)如圖，光滑絕緣水平面上兩個相同的帶電小圓環A、B，電荷量均為q，質量均為m，用一根光滑絕緣輕繩穿過兩個圓環，并系于結點O。在O處施加一水平恒力F使A、B一起加速運動，輕繩恰好構成一個邊長為l的等邊三邊形，則(　　)
A．小環A的加速度大小為3kq2ml2
B．小環A的加速度大小為3kq23ml2
C．恒力F的大小為23kq23l2
D．恒力F的大小為3kq2l2
8．如圖甲所示，一個質量為m＝1 kg的小物體在平行于斜面向下的推力F＝3.5 N的作用下沿足夠長的斜面向下運動。已知斜面傾角θ＝30°。選取沿斜面向下為x軸正方向，物體通過坐標原點時開始計時，其xt－t圖象如圖乙所示，g取10 m/s2。求：

(1)物體與斜面間的動摩擦因數；
(2)第2 s內物體的平均速度大小。

9．某工廠為實現自動傳送工件設計了如圖所示的傳送裝置，它由一個水平傳送帶AB和傾斜傳送帶CD組成，水平傳送帶長度LAB＝4 m，傾斜傳送帶長度LCD＝4.45 m，傾角為θ＝37°，AB和CD通過一段極短的光滑圓弧板過渡，AB傳送帶以v1＝5 m/s的恒定速率順時針運轉，CD傳送帶靜止。已知工件與傳送帶間的動摩擦因數均為μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。現將一個工件(可看作質點)無初速度地放在水平傳送帶最左端A點處，求：

(1)工件從A點第一次被傳送到CD傳送帶沿傳送帶上升的最大高度和所用的總時間；
(2)要使工件恰好被傳送到CD傳送帶最上端，CD傳送帶沿順時針方向運轉的速度v2的大小(v2＜v1)。

1．【解析】滑塊受重力、支持力、拉力和滑動摩擦力，在斜面體向左運動的過程中，四個力的方向均不變，根據平衡條件，拉力T＝mgsin 30°＋μmgcos 30°保持不變，故A錯；設彈簧測力計與水平方向的夾角為θ，對斜面體和滑塊整體分析，受推力、重力、繩子的拉力、支持力，水平方向，F＝Tcos θ，斜面體在水平面上緩慢向左移動θ變小，所以推力F增大，故B錯；豎直方向，N＝(M＋m)g＋Tsin θ，因為θ減小，T不變，故N減小，C對；物塊受到的是滑動摩擦力，f＝μmgcos 30°，大小恒定不變，故D錯。
【答案】C
【點評】解答本題，要注意整體法與隔離法的應用：整體法與隔離法——單個物體的問題通常采用隔離法分析；對于連接體類問題的分析通常是整體法與隔離法的綜合應用——正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向進行分解，有時根據情況也可以把加速度進行正交分解。
2．【答案】B
【解析】由圖乙可知，前10 s的加速度a1＝0.1 m/s2，由牛頓第二定律得F1－mg＝ma1，解得F1＝1515 N，故A錯誤；根據位移等于面積得，前36 s上升28 m，后10 s下降6 m，46 s末離開地面的高度為22 m，故B正確；30～46 s的過程中，加速度方向向下，拉力小于重力，在0～10 s鋼索最容易發生斷裂，故C錯誤；30～46 s的過程中，加速度方向向下，都處于失重狀態，D錯誤。
【點評】本題考查牛頓運動定律和圖像的綜合應用，知道加速度是聯系力學和運動學的橋梁。根據圖象可以得出各個時間段的加速度，加速度結合牛頓定律求拉力，根據加速度方向判斷物體的超失重，從而判斷繩子容易斷裂。

1．(多解)
【答案】BC
【解析】對A進行受力分析，如圖所示，則N1cos θ＝G，N1sin θ＝N2，對B、C、D做為一個整體受力分析，根據平衡條件，地面摩擦力f＝N2，聯立得f＝Gtan θ，可知，隨θ角減小，地面對C的摩擦力減小；隨θ角增大，地面對C的摩擦力增大，當摩擦力超過最大靜摩擦力后，變為滑動摩擦力，此時f滑＝2μG，保持不變，故A錯誤，B正確；最大靜摩擦力fm＝2μG，因此，要保持底座C靜止不動，應滿足f≤fm，整理可得tan θ≤2μ，故C正確；若保持θ＝45°不變，圓柱體重力增大ΔG，仍要保持底座C靜止，則f＝(G＋ΔG)tan θ≤fm＝μ(2G＋ΔG)，整理得，D錯誤。
【點評】分析物體受到摩擦力的大小，首先要判斷物體受到的是靜摩擦力還是滑動摩擦力，二者的計算方法是不一樣的，同時注意整體法和隔離法的應用。
2．(多解)
【解析】設兩個小球之間的庫侖力為F，利用相似三角形知識可得，A球所受三個力F、FTA、mAg構成的三角形與三角形OBA相似，mAgOB＝FAB＝FTAAO；C球所受三個力F、FTC、mCg構成的三角形與三角形OBC相似，mCgOB＝FCB＝FTCCO；因OA＝OC，所以mA∶mC＝FTA∶FTC；mA∶mC＝BC∶AB，則B、D正確，C錯誤；因兩球之間的作用力是相互作用力，則無法判斷兩球帶電荷量的多少，A錯誤。
【答案】BD
【點評】本題運用力的矢量三角形與幾何三角形相似的方法解題，關鍵是找對力與對應幾何的邊，列出正確的比例方程。

1．【答案】C
【解析】A、B、C三個質量相同的砝碼處于靜止狀態，原來整個系統處于靜止狀態，繩的拉力等于A、B的重力，使兩滑輪距離增大，整個系統重新平衡后，繩的拉力F仍等于物體的重力，都沒有變化，即O點所受的三個拉力都不變，則根據平衡條件可知，兩繩之間的夾角也沒有變化，但使兩滑輪距離增大，O點將下降，C砝碼的高度降低一些。故ABD錯誤，C正確。
2．(多解)
【答案】BC
【解析】由數學知識可得，A、B、C三點間距L＝3R，若無論在C處放入何種電性的電荷，該電荷均處于平衡狀態，則說明C點的合場強為零，即Q1、Q2兩個點電荷在C點的合場強與Q3在C點的場強等大反向，故Q3為負電荷，可得，得q′＝33q，A錯誤，B正確；若解除對Q3的鎖定，則Q3先做加速直線運動，越過AB連線后做減速直線運動，根據對稱性可知，Q3剛好能運動到圓周上，C正確；若將Q2置換為電荷量為q的負點電荷，同時解除對Q3的鎖定，則Q3將做曲線運動，D錯誤。
3．【答案】D
【解析】由圖可知，在10 s內，乙車一直沿正方向運動，速度方向沒有改變，故A錯誤；在0～10 s時間段，甲的速度始終比乙的大，甲車在前，所以兩車間距一直在增大，故B錯誤；由于不知道初始位置相距多遠，所以無法判斷在第10 s末能否相遇，故C錯誤；若剛開始乙車在前，且距甲車的距離較近，則甲車在0～10 s內的某時刻追上乙車，因t＝10 s乙車速度又超過甲車，在某時刻又會與甲車再次相遇，故D正確。
4．【答案】C
【解析】由圖可知，t1時刻甲、乙兩條線有交點，所以表示此時，兩車相遇，所以A錯誤；x－t圖線的斜率表示汽車運動的速度，可知t1時刻甲、乙兩車的速度，所以B錯誤；由題意可知，甲車做勻加速直線運動，乙車做勻速直線運動，則由加速度的定義式可得，甲車的加速度，由勻變速直線運動的位移公式x＝v0t＋12at2，可得t1到t2時間內甲車的位移大小x＝v1(t2－t1)＋12a(t2－t1)2，又t2＝32t1，則x＝58x1，所以C正確；由勻變速直線運動的速度公式v＝v0＋at，可得t2時刻甲車的速度大小v2＝v1＋a(t2－t1)，得v2＝，所以D錯誤。
5．【答案】C
【解析】若C斜面光滑，A和B由靜止釋放，在向下運動時，整體加速度方向沿斜面向下，如圖，可知，B受到重力、支持力和水平向左的摩擦力共三個力作用，故A錯誤；若C斜面光滑，A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑，則整體加速度方向如圖所示，此時B具有豎直向下的分加速度，即處于失重狀態，故B錯誤；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面減速上滑，則整體加速度方向如圖所示，由于B具有水平向左的分加速度，則根據牛頓第二定律可知B受水平向左的摩擦力，故C正確；若C斜面粗糙，A和B以一定的初速度沿斜面加速下滑，則整體加速度方向如圖所示，此時B具有豎直向下的分加速度，即處于失重狀態，故D錯誤。
6．【答案】C
【解析】對物體受力分析，物體受力平衡，則拉力等于重力G，故豎直繩的拉力不變；再對O點分析，O受繩的拉力、OA的支持力及OC的拉力而處于平衡，受力分析如圖所示；將F和OC繩上的拉力合成，其合力與G大小相等，方向相反，則在OC繩上移的過程中，平行四邊形的對角線保持不變，平行四邊形發生圖中所示變化，則由圖可知OC繩的拉力先減小后增大，在圖中D點時拉力最小，故C正確。
7．(多選)
【答案】BC
【解析】設輕繩的拉力為T，則對A：T＋Tcos 60°＝kq2l2，Tcos 30°＝maA，聯立解得aA＝3kq23ml2，選項B正確，A錯誤；恒力F的大小為F＝2Tcos 30°＝3T＝23kq23l2，選項C正確，D錯誤。
8．【解析】 (1)由于xt－t圖象是一條傾斜直線，令xt＝kt＋b，可得x＝kt2＋bt，與勻變速直線運動規律x＝v0t＋12at2相比較，知xt－t圖象的斜率為12a
則根據題圖乙可以得：a＝1 m/s2
由牛頓第二定律得：F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma
代入數據解得：μ＝32。
(2)由題圖乙知物體的初速度為：v0＝0.5 m/s
第1 s末速度為：v1＝v0＋at1＝1.5 m/s
第2 s末速度為：v2＝v0＋at2＝2.5 m/s
由于物體做勻加速直線運動，故第2 s內的物體的平均速度大小：v＝v1＋v22＝2 m/s。
9．【解析】(1)工件剛放在傳送帶AB上時，在摩擦力作用下做勻加速運動，設其加速度大小為a1，速度增加到v1時所用時間為t1，位移大小為x1，受力分析如圖甲所示，則：
FN1＝mg，Ff1＝μFN1＝ma1
聯立解得a1＝5 m/s2。
由運動學公式有t1＝v1a1＝55 s＝1 s
x1＝12a1t21＝12×5×12 m＝2.5 m
由于x1＜LAB，工件隨后在傳送帶AB上做勻速直線運動到B端，則勻速運動的時間t2＝LAB－x1v1＝0.3 s
工件滑上CD傳送帶后在重力和滑動摩擦力作用下做勻減速運動，設其加速度大小為a2，速度減小到零時所用時間為t3，位移大小為x2，受力分析如圖乙所示，則：

FN2＝mgcos θ
mgsin θ＋μFN2＝ma2
由運動學公式有x2＝0－v21－2a2
聯立解得a2＝10 m/s2，x2＝1.25 m
工件沿CD傳送帶上升的最大高度h＝x2sin θ＝1.25×0.6 m＝0.75 m
沿CD上升的時間t3＝0－v1－a2＝0.5 s
故總時間t＝t1＋t2＋t3＝1.8 s。
(2)CD傳送帶以速度v2向上傳送時，當工件的速度大于v2時，滑動摩擦力沿傳送帶向下，加速度大小仍為a2；當工件的速度小于v2時，滑動摩擦力沿傳送帶向上，受力分析圖如圖丙所示，設其加速度大小為a3，兩個過程的位移大小分別為x3和x4，由運動學公式和牛頓運動定律可得：
－2a2x3＝v22－v21
mgsin θ－μFN2＝ma3
－2a3x4＝0－v22
LCD＝x3＋x4，解得v2＝4 m/s。

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