物理新课标状元之路一轮总复习考点调查答案

1、 98/98 高考进行时 一轮总复习物理(新课标通用版)考点调查答案解析必修1第一章运动的描述匀变速直线运动的研究第1讲描述运动的基本概念回扣教材抓基础知识梳理参考地面运动同一参考系质量理想化大小形状位置eq o(,sup1(10)有向线段eq o(,sup1(11)轨迹eq o(,sup1(12)初eq o(,sup1(13)末eq o(,sup1(14)等于eq o(,sup1(15)小于eq o(,sup1(16)位移eq o(,sup1(17)时间eq o(,sup1(18)eq f(x,t)eq o(,sup1(19)时刻eq o(,sup1(20)切线eq o(,sup1(21)大

2、小eq o(,sup1(22)标量eq o(,sup1(23)变化快慢eq o(,sup1(24)eq f(v,t)eq o(,sup1(25)相同eq o(,sup1(26)矢量考点自测1答案：BD2解析：在解答本题时，很多同学受生活习惯的影响，往往错误地认为参考系只能选地面，其实不然，如A选项，可以选择与地面相对静止的三楼地板为参考系参考系的选择没有对错之分，只有合理与不合理的区别，只要有利于问题的研究，选择哪个物体为参考系都可以答案：AD3解析：位移是矢量，路程是标量，不能说这个标量就是这个矢量，所以A错，B正确路程是物体运动轨迹的实际长度，而位移是从物体运动的起始位置指向终止位置的有向

3、线段，如果物体做的是单向直线运动，路程就和位移的大小相等如果物体在两位置间沿不同的轨迹运动，它们的位移相同，路程可能不同如果物体从某位置开始运动，经一段时间后回到起始位置，位移为零，但路程不为零，所以C、D正确答案：BCD4解析：运动员的位移x相同，由eq xto(v)eq f(x,t)知，孙培萌用时短，则其平均速度大，C正确答案：C5答案：B6解析：正、负号表示运动方向，不表示大小，A错误；甲的加速度与速度同向，做匀加速直线运动，乙的加速度与速度方向相反，做匀减速直线运动，B正确；甲、乙的速度无法比较，C错误；加速度大小相等，相等时间内速度变化的大小相等，D正确答案：BD题型分类学方法【例1

4、】解析：楼房和地面相当于同一参考系，所以，甲是匀速下降乙看到甲匀速上升，说明乙匀速下降，且v乙v甲甲看到丙匀速上升，丙有三种可能：丙静止；丙匀速上升；丙匀速下降，且v丙v甲丙看到乙匀速下降，丙也有三种可能：丙静止；丙匀速上升；丙匀速下降，且v丙v乙经上述分析，A、B均有可能答案：AB变式训练1解析：河岸上的旗帜右飘，说明有向右吹的风，A船的旗帜向右飘，无法判断A船的运动情况；B船的旗帜向左飘，所以B船一定向右运动，且其运动速度大于风速答案：C【例2】解析：物体在AB段的平均速度eq xto(v)eq f(x,t)1 m/s，A正确；ABC段的平均速度eq xto(v)eq f(r(2212),

5、2) m/seq f(r(5),2) m/s，B正确；时间间隔越短，越接近A点的瞬时速度，C正确；在匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，D错误答案：ABC变式训练2解析：设全程位移为x，则有t1eq f(f(2,3)x,v1)，t2eq f(f(1,3)x,v2)，veq f(x,t1t2)，解得v170 km/h.答案：D【例3】解析：对于加速直线运动，当加速度减小时，速度还在增加，只不过增加变慢，A可能；加速度方向发生改变，即加速度存在，有加速度存在速度就改变，B不可能；加速度仅反映速度改变的快慢，若加速度方向与速度方向相反，加速度最大时，速度减小得最快，当然速度可能最小，若

6、加速度方向与速度方向相同，当加速度最小时，速度增大得最慢，加速度为零时，速度取得最大值，C可能；加速度方向不变，物体可能做初速度不为零的匀减速运动，而后做反向的匀加速运动，D可能故选B.答案：B变式训练3解析：做变速直线运动的物体可以是加速，也可以是减速，加速度不断减小到零表明物体速度变化的越来越慢至速度不变，故A、B、C、D都正确答案：ABCD特色一角提技能亲身体验解析：物体的形状和大小对所研究的问题影响很小，可以忽略时，物体可以看成质点研究火车通过隧道的时间时，火车的长度不能忽略，火车不能看成质点；同学的身体姿态、动作，飞船的飞行姿态均不能忽略，所以同学和“神舟”十号均不能看成质点；用“北

7、斗”导航系统确定海监船的位置时，海监船的大小可以忽略，可以看成质点，D正确答案：D第2讲匀变速直线运动的规律回扣教材抓基础知识梳理vv0atxv0teq f(1,2)at2v2veq oal(2,0)2ax中间一半aT2123n12232n2135(2n1)eq o(,sup1(10)1(eq r(2)1)(eq r(3)eq r(2)(eq r(n)eq r(n1)eq o(,sup1(11)gteq o(,sup1(12)eq f(1,2)gt2eq o(,sup1(13)2gheq o(,sup1(14)v0gteq o(,sup1(15)v0teq f(1,2)gt2eq o(,sup

8、1(16)v2veq oal(2,0)eq o(,sup1(17)eq f(voal(2,0),2g)eq o(,sup1(18)eq f(v0,g)考点自测1解析：由题意，飞机的初速度为0，所以xeq f(1,2)at2，将x1 600 m，t40 s代入得aeq f(21 600 m,40 s2)2 m/s2，故vat2 m/s240 s80 m/s.答案：A2解析：根据vv0at，则aeq f(1010,2) m/s210 m/s2.由于物体做匀变速运动，所以eq xto(v)eq f(vv0,2)0.即C正确，其余均错答案：C3解析：根据位移公式xeq f(1,2)at2，从开始运动起

9、，连续通过的三段位移分别为x1eq f(1,2)ateq oal(2,1)eq f(1,2)a、x2eq f(1,2)a(t2t1)2eq f(1,2)ateq oal(2,1)4a、x3eq f(1,2)a(t3t2t1)2eq f(1,2)a(t1t2)2eq f(27,2)a，再根据平均速度公式可得选项B正确答案：B4解析：设飞机滑行前需要获得的最小初速度为v0，则v2veq oal(2,0)2ax，即502veq oal(2,0)26200，解得v010 m/s，B正确答案：B5解析：由匀加速直线运动的位移公式可知xeq o(v,sup6()teq f(0v,2)teq f(1,2)v

10、t，选项A错误，选项B正确；匀减速直线运动可以看成初速度为0的匀加速直线运动的逆过程，故返回后的加速度、位移的大小和起飞前相同，选项C错误，选项D正确答案：BD6解析：本题考查的是自由落体运动规律的应用，意在考查考生建立物理模型的能力和应用物理规律解决实际问题的能力由自由落体的规律，得heq f(1,2)gt220 m.答案：B题型分类学方法【例1】解析：由于物体连续做匀减速直线运动，可以直接应用匀变速运动公式以v0的方向为正方向(1)设经时间t1回到出发点，此过程中位移x0，代入公式xv0teq f(1,2)at2，并将a5 m/s2代入，得teq f(2v0,a)eq f(220,5)s8

11、 s.(2)由公式vv0at知，6 s末物体的速度vv0at20(5)6 m/s10 m/s.负号表示此时物体的速度方向与初速度方向相反答案：(1)8 s(2)大小为10 m/s，方向与初速度方向相反变式训练1解析：(1)以初速度方向为正方向，则有a6 m/s2飞机在地面滑行最长时间teq f(v,a)eq f(060,6) s10 s所以飞机12 s内滑行的位移等于10 s内滑行的位移由v2veq oal(2,0)2ax可得xeq f(voal(2,0),2a)eq f(602,26) m300 m.(2)解法一：eq xto(v)eq f(vtv0,2)eq f(060,2) m/s30

12、m/s解法二：eq xto(v)eq f(x,t)eq f(300,10) m/s30 m/s.(3)可看成反向的初速度为零的匀加速直线运动xeq f(1,2)at2eq f(1,2)642 m48 m.答案：(1)300 m(2)30 m/s(3)48 m【例2】解析：解法一：逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面，可看成向下匀加速滑下斜面故sBCateq oal(2,BC)/2，sACa(ttBC)2/2.又sBCsAC/4，解得：tBCt.解法二：比例法对于初速度为零的匀加速直线运动，在连续相等的时间里通过的位移之比为s1s2s3sn135(2n1)现有sBCsBA(sAC/4)(3sAC/4

13、)13，通过sAB的时间为t，故通过sBC的时间tBCt.解法三：中间时刻速度法利用教材中的推论：中间时刻的瞬时速度等于这段位移的平均速度eq xto(v)AC(vtv0)/2(v00)/2v0/2.又veq oal(2,0)2asACveq oal(2,B)2asBCsBCsAC/4解得：vBv0/2.可以看出vB正好等于AC段的平均速度，因此B点是中间时刻的位置因此有tBCt.解法四：图象面积法利用相似三角形面积之比，等于对应边平方比的方法，作出vt图象，如图所示SAOC/SBDCCO2/CD2.且SAOC4SBDC，ODt，OCttBC.故4/1(ttBC)2/teq oal(2,BC)

14、.得tBCt.对于初速度为零的匀加速直线运动，通过连续相等的各段位移所用的时间之比t1t2t3tn1(eq r(2)1)(eq r(3)eq r(2)(eq r(4)eq r(3)(eq r(n)eq r(n1)现将整个斜面分成相等的四段，如图所示设通过BC段的时间为tx，那么通过BD、DE、EA的时间分别为tBD(eq r(2)1)tx，tDE(eq r(3)eq r(2)tx，tEA(eq r(4)eq r(3)tx，又tBDtDEtEAt，得txt.答案：t变式训练2解析：本题考查匀变速直线运动规律的应用，意在考查考生灵活应用运动学公式解题的能力第一段x的中间时刻的速度为v1eq f(x

15、,t1)，第二段x的中间时刻的速度为v2eq f(x,t2)，则加速度aeq f(v2v1,f(t1t2,2)eq f(2xt1t2,t1t2t1t2)，A项正确答案：A【例3】解析：解法一：把竖直上抛运动过程分段研究设重物离开气球后，经过t1时间上升到最高点，则t1eq f(v0,g)eq f(10,10) s1 s.上升的最大高度h1eq f(voal(2,0),2g)eq f(102,210)m5 m.故重物离地面的最大高度为Hh1h5 m175 m180 m.重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t2 eq r(f(2H,g) eq r(f(2180,10) s6 s.vtgt

16、2106 m/s60 m/s.所以重物从气球上掉落至落地共历时tt1t27 s.解法二：取全过程作一整体进行研究，从物体自气球上掉落计时，经时间t落地，规定初速度方向为正方向，画出运动草图如图所示，则物体在时间t内的位移h175 m.由位移公式hv0teq f(1,2)gt2有17510teq f(1,2)10t2，解得t7 s和t5 s(舍去)，所以重物落地速度为v1v0gt10 m/s107 m/s60 m/s.其中负号表示方向向下，与初速度方向相反解法三：对称法根据速度对称，重物返回脱离点时，具有向下的速度v010 m/s，设落地速度为vt，则veq oal(2,t)veq oal(2,

17、0)2gh.解得vt60 m/s，方向竖直向下经过h历时teq f(vtv0,g)5 s.从最高点到落地历时t1eq f(vt,g)6 s.由时间对称可知，重物脱落后至落地历时t2t1t7 s.答案：7 s60 m/s变式训练3解析：小球下落的情况如图所示(1)初速度为零的匀加速直线运动中，由开始起相邻相等时间间隔内位移比为135(2n1)，自由落体运动符合这一规律如图所示，11个小球将125 m分成10段，设由上至下为x1、x2x10.heq f(1,2)gt2，t eq r(f(2h,g)5 steq f(t,10)0.5 s.(2)因为t1t，故x1h1eq f(1,2)gteq oal

18、(2,1)eq f(1,2)100.25 m1.25 m.第3个球与第5个球之间的距离为h7h8，而根据此例：h713x1，h815x1hh7h828h1281.25 m35 m.答案：(1)0.5 s(2)35 m特色一角提技能亲身体验解析：由xaT2得：97a12，a2 m/s2，由v0Teq f(1,2)aT2x1得：v01eq f(1,2)2129，v010 m/s，汽车刹车时间tmeq f(v0,a)5 s6 s，故刹车后6 s内的位移为xeq f(voal(2,0),2a)25 m，C正确答案：C第3讲运动图象追及和相遇问题回扣教材抓基础知识梳理位移时间速度速度速度时间加速度加速度

19、位移大小eq o(,sup1(10)正方向eq o(,sup1(11)负方向eq o(,sup1(12)同一eq o(,sup1(13)相等eq o(,sup1(14)等于考点自测1解析：物体的位移随时间的变化关系图线不表示物体的运动轨迹，其斜率表示速度，故物体做变速直线运动，选项B正确答案：B2解析：xt图象中，质点能回到初始位置，则初末时刻纵坐标相同，A正确；B表示末位置在初位置关于坐标原点的对称点，B错误；速度时间图线与横轴所围的面积表示该过程的位移，且有正负之分，C中所围的面积为正，D中横轴上下方面积恰好抵消，故C错误，D正确答案：AD3解析：00.5 s甲、乙运动方向相反，A错误；在

20、vt图象中，图线与时间轴包围的面积为物体的位移，B正确；在04 s内，甲的速度始终为正，即始终向正方向运动，C错误；在vt图象中，图线斜率的正负表示加速度的方向，6 s时斜率均为负，所以D正确答案：BD4解析：如图汽车A以v020 m/s的初速度做匀减速直线运动经40 s停下来据加速度公式可求出a0.5 m/s2.当A车减为与B车同速时是A车逼近B车距离最近的时刻，这时若能超过B车则相撞，反之则不能相撞据veq oal(2,1)veq oal(2,0)2as可求出A车减为与B车同速时的位移s1364 m所用时间teq f(v1v0,a)28 s所以B车位移s2v1t168 ms364 m168

21、 m196 m180 m所以两车会相撞答案：能题型分类学方法【例1】解析：在xt图象中表示的是直线运动的物体的位移随时间的变化情况，而不是物体运动的轨迹，由甲、乙两车在0t1时间内做单向的直线运动，故在这段时间内两车通过的位移和路程均相等，A、B两项均错在vt图象中，t2时刻丙、丁速度相等，故两者相距最远，C项正确由图线可知，0t2时间内丙的位移小于丁的位移，故丙的平均速度小于丁的平均速度，D项错误答案：C变式训练1解析：根据位移图象中图线的斜率表示速度可知，该质点的xt关系图象可大致表示为B图答案：B【例2】解析：解法一(解析法)：(1)当甲车速度减至等于乙车速度时两车的距离最大，设该减速过

22、程时间为t，则v乙v甲at，解得t12 s，此时甲、乙间距离为xv甲teq f(1,2)at2v乙t1012 meq f(1,2)0.5122 m412 m36 m.(2)设甲车减速到零所需时间为t1，则有 t1eq f(v甲,a)20 s，t1时间内，x甲eq f(v甲,2)t1eq f(10,2)20 m100 m，x乙v乙t1420 m80 m，此后乙车运动时间t2eq f(x甲x乙,v乙)eq f(20,4) s5 s.故乙车追上甲车需t1t225 s.解法二(图象法)：作出两车运动的vt图象如图所示(1)甲、乙两车速度相等时，两车间距离最大，由图象得此时刻即为交点对应时刻t12 s，

23、最大距离为阴影部分面积xeq f(1,2)(104)12 m36 m.(2)乙车追上甲车，即两车位移相等，x甲eq f(1,2)1020 m100 m.x乙x甲4t.则t25 s.答案：(1)36 m(2)25 s变式训练2解析：以小汽车起动位置为坐标的起点，并从它起动时开始计时，则小汽车的位移x1与大卡车的位移x2随时间t的变化关系式如下：x1eq f(1,2)ateq oal(2,1)x2v0t2(1)小汽车追上大卡车的条件是：运动相同时间且位移相同x1x2xt1t2t由式解得teq f(2v0,a)eq f(210,2) s10 s，xv0t1010 m100 m.(2)小汽车追上大卡车

24、时的速度为vat210 m/s20 m/s.(3)两车之间的距离大小与两车的相对速度有关，当两车的速度相等时，两车间的距离最大设两车速度相等的时刻为t，则有v0at由式解得teq f(v0,a)eq f(10,2) s5 s.故两车间的最大距离为xmv0teq f(1,2)at2105eq f(1,2)225 m25 m.答案：(1)100 m(2)20 m/s(3)25 m特色一角提技能亲身体验1解析：可按下列流程分析由以上分析可知，甲车以5 m/s的速度做匀速直线运动，乙车以10 m/s的初速度沿同一方向做匀减速直线运动，在t10 s时，两车达到相同速度因此，在010 s内，乙车速度大于甲

25、车，而10 s以后甲车速度大于乙车由于t0时刻，两车处于同一位置，所以010 s内乙车在前，甲车在后，且甲、乙两车逐渐远离；1020 s内，仍然乙车在前，但甲、乙车开始相互靠近答案：C亲身体验2解析：(1)设甲从离接力区13.5 m处到赶上乙所用时间为t，乙从开始起跑到被甲追上，跑的路程为x，甲、乙二人所用时间相等由几何关系知，对甲eq f(13.5x,v)t，对乙xeq f(1,2)at2，且vat9 m/s，由以上各式可解得a3 m/s2，t3 s，x13.5 m.(2)完成交接棒时，乙离接力区末端的距离为Lx20 m13.5 m6.5 m.答案：(1)3 m/s2(2)6.5 m第4讲实

26、验：研究匀变速直线运动回扣教材抓基础知识梳理加速度0.02匀变速直线3aT20.1 s考点自测1解析：A中应先接通电源，再放开纸带C中应调整滑轮的高度，使细绳与平板平行，D中应先断开电源，使打点计时器停止工作，E属于多余步骤应补充G，换上新纸带，重复操作两次H.断开电源，整理好器材正确合理的顺序应为B、F、C、A、D、G、H.答案：见解析2解析：aeq f(x6x5x4x3x2x1,9T2)eq f(2.782.001.225.184.403.62,90.12) cm/s280 cm/s20.80 m/s2，“”号表示加速度方向与纸带运动方向相反，即方向为AB.v3eq f(x3x4,2T)e

27、q f(3.622.78,20.1) cm/s32.0 cm/s0.32 m/s.方向从BA.答案：(1)0.1(2)0.80AB(3)0.32BA题型分类学方法【例1】解析：(1)相邻两个计数点间的时间间隔为0.1 s，所以vBeq f(xAC,20.1 s)eq f(0.05,0.2) m/s0.25 m/s，eq xto(v)CEeq f(xCE,20.1 s)eq f(0.140.05,0.2) m/s0.45 m/s.(2)vt图象如图所示(3)在vt图象中，图线的斜率表示加速度，即aeq f(0.550.25,0.3) m/s21.0 m/s2答案：(1)0.250.45(2)见上

28、图(3)1.0变式训练1解析：(1)DCBA(2)T50.02 s0.10 s(3)v5eq f(s4s5,2T)(4)aeq f(s4s5s6s1s2s3,9T2)答案：(1)DCBA(2)0.10 s(3)v5eq f(s4s5,2T)(4)eq f(s4s5s6s1s2s3,9T2)【例2】解析：物体只在重力的作用下做匀加速直线运动，通过对纸带数据的处理，可以求出当地的重力加速度数值方法A：eq xto(g)eq f(g1g2g3g4g5,5)eq f(f(x2x1,T2)f(x3x2,T2)f(x4x3,T2)f(x5x4,T2)f(x6x5,T2),5)eq f(x6x1,5T2)所

29、以方法A中只有x1和x6起作用方法B：eq xto(g)eq f(g1g2g3,3)eq f(f(x4x1,3T2)f(x5x2,3T2)f(x6x3,3T2),3)eq f(x4x5x6x1x2x3,9T2)所以方法B中x1、x2、x3、x4、x5、x6均起作用因此选择方法B更合理，更易减小偶然误差本实验中误差来源较多，例如：阻力不恒定、交流电频率不稳定、长度测量不准确、数据处理方法等答案：x1、x6x1、x2、x3、x4、x5、x6B偶然阻力不恒定、交流电频率不稳定等变式训练2解析：(1)d10 mm0.05 mm210.10 mm1.010 cm.(2)v1eq f(d,t1)eq f(

30、1.010102,1.0102) m/s1.0 m/s；v2eq f(d,t2)eq f(1.010102,4103) m/s2.5 m/s.(3)v1、v2实质上是通过光电门1和2时的平均速度，要使瞬时速度的测量值更接近于真实值，可将滑块的宽度减小一些答案：(1)1.010(2)1.02.5(3)平均速度滑块特色一角提技能亲身体验解析：实验中看到空间有一串仿佛固定不动的水滴时，频闪仪的闪光频率满足的条件是：频闪仪频率等于水滴滴落的频率；由xgT2和逐差法解得当地重力加速度g9.72 m/s2；该实验存在的系统误差可能有：存在空气阻力，水滴滴落的频率变化等答案：(1)频闪仪的闪光频率等于水滴滴

31、落的频率(2)9.722.27(3)存在空气阻力(或水滴滴落的频率变化)第二章相互作用第1讲常见的三种力回扣教材抓基础知识梳理大小方向作用点地球正比mg弹簧测力计竖直向下质量eq o(,sup1(10)形状eq o(,sup1(11)弹性形变eq o(,sup1(12)接触eq o(,sup1(13)弹性形变eq o(,sup1(14)相反eq o(,sup1(15)弹性形变eq o(,sup1(16)正比eq o(,sup1(17)kxeq o(,sup1(18)劲度系数eq o(,sup1(19)N/meq o(,sup1(20)改变量eq o(,sup1(21)相对静止eq o(,sup

32、1(22)相对运动eq o(,sup1(23)粗糙eq o(,sup1(24)压力eq o(,sup1(25)相对运动趋势eq o(,sup1(26)粗糙eq o(,sup1(27)压力eq o(,sup1(28)相对运动eq o(,sup1(29)0eq o(,sup1(30)Ffmeq o(,sup1(31)相反eq o(,sup1(32)FNeq o(,sup1(33)相反eq o(,sup1(34)相对运动趋势eq o(,sup1(35)相对运动考点自测1解析：物体所受的重力等于质量跟该处重力加速度的乘积，地球各处的重力加速度不一定相等，而认为重力作用在物体的重心上，只是物体各部分都受

33、重力作用的等效处理，所以重心由物体的几何形状和质量分布决定答案：C2解析：物体相互接触并发生弹性形变时才能产生弹力，一个物体受到的弹力，一定是和它接触的另一个物体提供的答案：C3解析：不拉A时，对A：kx1mgB刚要离开地面时，对B：kx2mgLx1x2由得：Leq f(2mg,k).答案：B4解析：静摩擦力的大小与该处的正压力没有直接关系，选项A错误，B正确；摩擦力的方向与接触面相切，弹力方向与接触面垂直，故摩擦力方向一定与弹力方向垂直，选项C错误；水平匀速旋转的转盘上的物体受到的摩擦力与运动方向垂直，所以选项D错误答案：B5解析：甲图是静摩擦力，由平衡条件得：F180 N，乙图是滑动摩擦力

34、，由FfFN得Ff0.45200 N90 N，故选项C正确答案：C题型分类学方法【例1】解析：(1)小车静止，小球所受合外力为零，所以杆对球的弹力与重力平衡，即F1mg, 方向竖直向上 .(2)车向右做匀加速运动时，受力分析如图，设杆对球的弹力方向与竖直方向夹角为，由牛顿第二定律得F2sinma，F2cosmg，解得F2meq r(g2a2)，arctaneq f(a,g).(3)将agtan 代入(2)问结论得F2eq f(mg,cos)，即弹力沿杆向上答案：(1)mg，方向竖直向上(2)meq r(g2a2)，方向与竖直方向夹角为arctaneq f(a,g)(3)eq f(mg,cos)

35、，沿杆向上变式训练1解析：取球受力分析如图所示，由平衡条件知F杆eq r(6282) N10 N，设F杆与竖直方向的夹角为，则taneq f(F,G)eq f(6,8)，所以37.答案：C【例2】解析：对A、B整体受力分析如图甲所示，滑动摩擦力Ff1使整体产生加速度a，设A与地面间的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律得Ff1(mAmB)g(mAmB)a，解得ag，保持不变，方向水平向左甲乙再隔离B，B的受力分析如图乙所示，为获得加速度a，B受到A的静摩擦力只能水平向左，且大小Ff2mBamBg，故A正确答案：A变式训练2解析：因小球受到竖直向下的重力和斜向右上方的绳的拉力作用，因此，合力一定向右，

36、故汽车的加速度水平向右，但有可能是向左做匀减速运动，故A错误，B正确；分析m1的受力可知，只有受到的摩擦力水平向右，m1才能产生向右的加速度，故C正确，D错误答案：BC【例3】解析：(1)因A、B向右匀速运动，B物体受到的合力为零，所以B物体受到的摩擦力为零(2)因A、B无相对滑动，所以B受到的摩擦力是静摩擦力，此时不能用滑动摩擦力公式FfFN来计算，用牛顿第二定律对B物体分析有F合ma得Ffma，方向水平向右(3)因A、B发生了相对滑动，所以B受到的摩擦力是滑动摩擦力，即FfFNmg，方向水平向右(4)因滑动摩擦力的大小与物体间的接触面积大小无关，所以Ffmg，方向水平向右答案：(1)0(2

37、)ma，方向水平向右(3)mg，方向水平向右(4)mg，方向水平向右变式训练3解析：木块P对长木板的滑动摩擦力大小为F2mg，长木板始终静止，则地面对长木板的静摩擦力大小为FF2mg.故只有C选项正确答案：C特色一角提技能亲身体验解析：设木板与水平面间的夹角增大到时，铁块开始滑动，显然当时，铁块与木板相对静止由力的平衡条件可知，铁块受到的静摩擦力的大小为Ffmgsin；当时铁块与木板间的摩擦力为滑动摩擦力设动摩擦因数为，由滑动摩擦力公式得，铁块受到的滑动摩擦力为Ffmgcos.通过上述分析知道：时，静摩擦力随角增大按正弦函数增加；当时，滑动摩擦力随角增大按余弦规律减小，所以正确选项为C.答案：

38、C第2讲力的合成与分解回扣教材抓基础知识梳理效果效果合力分力合力平行四边形合力分力力的合成eq o(,sup1(10)大小eq o(,sup1(11)方向eq o(,sup1(12)平行四边形定则eq o(,sup1(13)大小eq o(,sup1(14)方向考点自测1解析：以人为研究对象，根据人处于平衡状态，由平衡条件知椅子对人的力F和重力大小相等，A正确答案：A2解析：合力可以大于任何一个分力，也可以小于任何一个分力、两分力之间的夹角越大，合力越小；夹角越小，则合力越大答案：C3解析：对c而言，帆面与风向平行，风力不起作用；对a而言，风力垂直于帆面，无法分解出沿航行方向的力；对d而言，风力

39、在沿航行方向的分力对船来说是阻力；只有b情况下，风力沿航行方向的分力提供船航行的动力，B正确答案：B4答案：ABD5解析：当物体沿墙向下运动时，分析物体的受力如图所示，把F沿竖直和水平方向正交分解水平方向：FcosFN竖直方向：mgFsinFf，又FfFN，得Feq f(mg,sincos).答案：eq f(mg,sincos)题型分类学方法【例1】解析：本题考查力的合成二力合成合力的X围在|F1F2|F|F1F2|，代入数据可得，合力的X围：20 NF80 N，所以D不可能答案：D变式训练1解析：以日光灯为研究对象，日光灯受到两绳拉力和自身的重力，三力的作用线必然交于一点，选项C正确，选项D

40、错误；由三力平衡可知在水平方向有Tasin60Tbsin45，故TaTb，选项A、B错误答案：C【例2】解析：按照作用效果进行分解，物体的重力产生了垂直压半球体的效果和沿斜面下滑趋势的效果，受力如图所示，因质点静止在半球体上，所以有FNmgsin，Ffmgcos，A项正确，D项正确因质点受静摩擦力作用，其大小不能用FfFNmgsin来计算答案：AD变式训练2解析：将两木块与重物视为整体，竖直方向上平衡，则2Ff(2mM)g，故Ff不变，选项A错误，B正确；设硬杆对转轴的弹力大小均为FN1，对轴点O受力分析可知，竖直方向上：2FN1cosMg，对木块m受力分析可知，水平方向上：FNFN1sin，

41、两式联立解得FNeq f(1,2)Mgtan，当两板间距离增大时，增大，FN增大，选项C错误，D正确答案：BD【例3】解析：以重物为研究对象，受力分析如图所示以C点为坐标原点，沿水平方向和竖直方向建立平面直角坐标系沿x轴方向有FBsin45FAsin300，沿y轴方向有FAcos30FBcos45G0，联立两方程解得绳AC对物体的拉力FA100(eq r(3)1) N.绳BC对物体的拉力FB50eq r(2)(eq r(3)1) N.答案：100(eq r(3)1) N50eq r(2)(eq r(3)1) N变式训练3解析：本题意在考查考生对力的正交分解法的应用以及对平衡条件的理解与应用当用

42、F1拉物块时，由平衡条件可知：F1cos60(mgF1sin60)，当用F2推物块时，又有F2cos30(mgF2sin30)，又F1F2，求得eq f(cos30cos60,sin30sin60)2eq r(3)，B正确答案：B特色一角提技能亲身体验解析：题图甲和乙中的两个物体M1、M2都处于平衡状态，根据平衡的条件，首先判断与物体相连的细绳，其拉力大小等于物体的重力；分别取C点和G点为研究对象，进行受力分析如下图甲和乙所示，根据平衡规律可求解甲乙(1)图甲中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M1的物体，物体处于平衡状态，轻绳AC段的拉力FTACFTCDM1g图乙中由于FTEGsin30M2g，得

43、FTEG2M2g.所以eq f(FTAC,FTED)eq f(M1,2M2).(2)图甲中，三个力之间的夹角都为120，根据平衡规律有FNCFTACM1g，方向和水平方面成30，指向右上方(3)图乙中，根据平衡方程有FTEGsin30M2g，FTEGcos30FNG，所以FNGM2gcot30eq r(3)M2g，方向水平向右答案：(1)eq f(M1,2M2)(2)M1g方向和水平方向成30指向右上方(3)eq r(3)M2g方向水平向右第3讲受力分析共点力的平衡回扣教材抓基础知识梳理场力接触力速度加速度相等相反相等相反相等eq o(,sup1(10)相反考点自测1解析：两木块一起做匀速运动

44、，P不受摩擦力，只受到重力和Q的支持力；以整体为研究对象，由平衡条件可知Q必定受到地面的摩擦力作用，Q共受到5个力(重力、压力、支持力、摩擦力、推力)答案：C2解析：对AB构成的整体，由平衡得竖直方向的恒力F等于总重力，水平方向上不受力，故对A物体受力分析，其受到重力、斜面对A的支持力和沿斜面向上的摩擦力作用，B正确答案：B3.解析：B物体受力如图所示， B处于平衡态，由图可知eq f(mBg,mAg)cos，所以eq f(mA,mB)eq f(1,cos)，B项正确答案：B4解析：本题考查物体的受力分析以及平衡问题意在考查学生的分析综合能力以楔形石块为研究对象，它受到竖直向下的重力和垂直侧面

45、斜向上的两个支持力，利用正交分解法可解得：2Fsinmg，则Feq f(mg,2sin)，A正确答案：A5解析：对木块受力分析，如图甲所示，由平衡条件得Ffmgsin，FNmgcos，故A、B错误甲乙对M和m组成的整体受力分析，如图乙所示，可知水平方向没有力的作用，C错误；由平衡条件得，FN(Mm)g，D正确答案：D题型分类学方法【例1】解析：木板P一定受到的力：自身的重力Mg、斜面对P的支持力FN和滑块Q的压力FN.用“状态法”确定斜面与P之间的摩擦力Ff：选木板P、滑块Q和弹簧构成的系统为研究对象，由于系统一起匀速下滑，斜面对P一定有沿斜面向上的滑动摩擦力Ff，且Ff(Mm)gsin，如图

46、甲所示甲乙用“转换法”确定弹簧对P的弹力F：隔离滑块并受力分析，因木板P上表面光滑，当其匀速下滑时，滑块必受到弹簧沿斜面向上的弹力F，且Fmgsin.根据牛顿第三定律推知，弹簧必给木板P沿斜面向下的弹力F，且FFmgsin.综上可知，木板P受到5个力的作用，如图乙所示，C正确答案：C变式训练1解析：A、B两物体均受到重力、支持力和摩擦力作用，AB间绳无拉力作用答案：C【例2】解析：小球m2受重力和细线的拉力处于平衡状态，由二力平衡条件得，细线的拉力FTm2g.方法一：合成法小球m1受FT、FN、m1g三力作用而处于平衡状态受力分析如图所示，小球m1处于平衡状态，故FN与FT的合力Fm1g.根据

47、合力公式可得Feq r(Foal(2,N)Foal(2,T)2FNFTcos)m1g，将FNFTm2g，60代入上式解得eq f(m2,m1)eq f(r(3),3)，故选项A正确方法二：力的三角形法则FN和FT的合力与小球m1g的重力大小相等，方向相反，故FN、FT、m1g构成矢量三角形，如图所示由正弦定理得：eq f(FT,sin30)eq f(m1g,sin120)，即eq f(m2,sin30)eq f(m1,sin120)，得eq f(m2,m1)eq f(r(3),3).方法三：正交分解法如图所示，以FN的方向为y轴，以垂直FN的方向为x轴建立坐标系因FN与FT的夹角为60，则m1

48、g与y轴成30角在x轴方向由物体的平衡条件有m1gsin30FTsin600，即eq f(1,2)m1geq f(r(3),2)m2g，所以eq f(m2,m1)eq f(r(3),3).答案：A变式训练2解析：绳圈受到三个力作用Fa、Fb、F，如图所示将Fb沿水平方向和竖直方向正交分解，列方程得：m1gcosm2g，由几何关系得coseq f(l,r(l2f(l,2)2)，解得：eq f(m1,m2)eq f(r(5),2)，故C正确答案：C【例3】解析：用水平力缓慢地推动斜面体，小球处于动态平衡，小球受到大小和方向都不变的重力、方向不变的斜面的支持力及绳的拉力，三力构成封闭三角形，开始时绳

49、的拉力与支持力的夹角为锐角，根据图象分析，绳的拉力FT按顺时针转动，先减小后增大，支持力FN一直增大，D项正确答案：D变式训练3解析：对小球受力分析，如图所示，根据物体的平衡条件，可将三个力构建成矢量三角形，随着木板顺时针缓慢转到水平位置，球对木板的压力大小N2逐渐减小，墙面对球的压力大小N1逐渐减小，故B对答案：B【例4】解析：以物块为研究对象，可求斜面对物块的摩擦力F作用前：Ff1mgsin，力F作用后：FFf2mgsin，所以Ff21.5mgsin.以物块和斜面组成的整体为研究对象，可求地面对斜面的摩擦力F作用前：F10，力F作用后：F2Fcos2.5mgsincos，所以两力都变大答案

50、：A变式训练4解析：设连接铁链与小球的细绳拉力分别为FT1和FT2，以铁链和小球为系统，由平衡条件可得FT1cos(mM)g，FT1sinF，解得F(mM)gtan，隔离小球由平衡条件FT2cosmg，FT2sinF，解得Fmgtan，联立可得M2m，B正确答案：B特色一角提技能亲身体验解析：先选物体B为研究对象，它受到重力mBg和拉力FT的作用，根据平衡条件有：FTmBg再选物体A为研究对象，它受到重力mg、斜面支持力FN、轻绳拉力FT和斜面的摩擦力作用，假设物体A处于将要上滑的临界状态，则物体A受的静摩擦力最大，且方向沿斜面向下，这时A的受力情况如图所示，根据平衡条件有：FNmgcos0F

51、TFfmaxmgsin0由摩擦力公式知：FfmaxFN以上四式联立解得：mBm(sincos)再假设物体A处于将要下滑的临界状态，则物体A受的静摩擦力最大，且方向沿斜面向上，根据平衡条件有：FNmgcos0FTFfmaxmgsin0由摩擦力公式知：FfmaxFN四式联立解得mBm(sincos)综上所述，物体B的质量的取值X围是：m(sincos)mBm(sincos)答案：m(sincos)mBm(sincos)第4讲实验回扣教材抓基础知识梳理弹簧伸长钩码总重力平滑的曲线重垂线坐标纸重垂线弹力弹簧弹力伸长量eq o(,sup1(10)两弹簧测力计eq o(,sup1(11)合力Feq o(,

52、sup1(12)弹簧测力计的读数eq o(,sup1(13)细绳的方向考点自测1解析：因本实验表示弹簧伸长量采用挂重物后总长减去原长的方法，而弹簧自重将导致弹簧伸长，先竖直悬挂后再测原长，可消除由弹簧自重带来的误差，故选B、D.答案：BD2解析：这是一个描述弹簧伸长量与所受拉力也就是弹簧弹力之间的关系的图象，由图象可知，其斜率即劲度系数，为2103 N/m(应注意到坐标轴表示的物理量的单位)，故B正确，A错误；当受到800 N的拉力作用时，弹簧伸长量为40 cm，故C错误；当弹簧伸长量为20 cm时，弹簧产生的弹力是400 N，故D错误答案：B3解析：合力与分力之间是等效替代关系，所以在实验中

53、的作用效果相同是指橡皮条的伸长量相同且伸长到同一位置答案：D4解析：拉力“适当”大些能减小误差；而夹角“尽量”大些，则使作图误差变大；橡皮条等“贴近”木板，目的是使拉线水平；绳子要细且稍长便于确定力的方向，因此选B.答案：B题型分类学方法【例1】解析：(1)将各点描到坐标纸上，并连成直线，如图所示(2)由图象得F20 x.(3)函数表达式中的常数表示使弹簧伸长(或压缩)1 m所需的拉力(或压力)为20 N.答案：(1)见解析图(2)F20 x(3)使弹簧伸长(或压缩)1 m所需拉力(或压力)为20 N变式训练1解析：(1)本题考查探究弹力与弹簧形变量的关系，意在考查考生利用图象处理数据的能力(

54、2)根据图象的斜率可以求得弹簧的劲度系数：mgkl，则keq f(m,l)geq f(2.75103,19.08.6102)9.8 N/m0.259 N/m.答案：(1)如图所示(2)0.259(0.2480.262)【例2】解析：(1)由一只弹簧测力计拉橡皮条至O点的拉力一定沿AO方向；而根据平行四边形定则作出的合力，由于误差的存在，不一定沿AO方向，故一定沿AO方向的是F.(2)一个力的作用效果与两个力的作用效果相同，它们的作用效果可以等效替代，故B正确(3)根据“验证力的平行四边形定则”实验的操作规程可知，有重要遗漏的步骤的序号是C、E.在C中未记下两条细绳的方向，E中未说明是否把橡皮条

55、的结点拉到同一位置O.答案：(1)F(2)B(3)CEC中应加上“记下两条细绳的方向”E中应说明“把橡皮条的结点拉到同一位置O”变式训练2解析：(1)弹簧秤读数时需要估读，最终的读数要以有效数字的形式给出，根据图甲弹簧秤指针的位置，可读出力的大小为3.00 N.(2)根据力的大小可以用线段的长度来表示，利用刻度尺和三角板在图乙上由已知的两个力作出平行四边形，测量出平行四边形的对角线的长度，与标度1 N的长度进行比较，可求出F的大小为(5.00.2) N.(3)若F在竖直方向且数值与F近似相等，则在实验误差允许的X围内可以验证力的平行四边形定则答案：(1)3.00(2)5.00.2(3)F在竖直

56、方向且数值与F近似相等特色一角提技能亲身体验1解析：(1)用平滑的曲线将各点连接起来，如图所示：(2)弹簧的原长L0即为弹力为零时弹簧的长度，由图象可知，L05102 m5 cm.劲度系数为图象直线部分的斜率，k20 N/m.答案：(1)见解析图(2)520(3)记录数据的表格如下表：次数123456弹力F/N弹簧的长度L/102 m(4)避免弹簧自身所受重力对实验的影响弹簧与桌面及绳子与滑轮间存在的摩擦造成实验误差亲身体验2解析：(1)A传感器中的力均为正值，故A传感器对应的是表中力F1，平衡时，mgF1sin，当30时，F11.001 N，可求得m0.05 kg.(2)在挂钩码之前，对传感

57、器进行调零，目的是为了消除横杆自身重力对结果的影响，故C项正确答案：(1)F10.05(2)C第三章牛顿运动定律第1讲牛顿运动定律回扣教材抓基础知识梳理静止匀速直线运动力和运动维持力是维持物体运动的原因保持原来运动状态静止匀速直线运动质量eq o(,sup1(10)质量越大eq o(,sup1(11)加速度eq o(,sup1(12)合外力eq o(,sup1(13)质量eq o(,sup1(14)宏观eq o(,sup1(15)低速eq o(,sup1(16)相等eq o(,sup1(17)相反eq o(,sup1(18)同一eq o(,sup1(19)质量eq o(,sup1(20)长度e

58、q o(,sup1(21)时间eq o(,sup1(22)导出单位eq o(,sup1(23)单位制考点自测1解析：对于力和运动的关系，亚里士多德认为必须有力作用在物体上，物体才能运动，没有力的作用，物体就要静止下来，即力是产生和维持物体运动的原因，这种观点错误，A项说法错误；伽利略通过斜面实验分析并推理，如果完全排除空气的阻力，所有的物体将下落得同样快，B项说法正确；牛顿第一定律指出力不是维持物体速度的原因，而是改变物体速度的原因，C项说法正确；伽利略根据理想实验，并通过科学推理，若没有摩擦，在水平面上运动的物体将保持其速度继续运动下去，D项说法正确答案：A2解析：本题考查的是力和运动的关系

59、，意在考查学生熟练、灵活运用物理知识及全面的逻辑思维能力当力的方向与速度方向相同或与速度方向的夹角90时，物体的速度逐渐增大，动能逐渐增大；当力的方向与速度方向相反时，物体做匀减速运动，速度逐渐减小到零后反向逐渐增大，因此动能先减小后增大；当力的方向与速度的方向夹角90180时，力的方向与速度的方向夹角逐渐减小，速度先逐渐减小，直到夹角等于90时速度达到最小值，而后速度逐渐增大，故动能先逐渐减小到某一非零的最小值，再逐渐增大故选项A、B、D正确答案：ABD3解析：以整体为研究对象，由牛顿第二定律F1F2(m1m2)a，a2 m/s2，对m1有F1Fm1a，F26 N，A正确，B错误；突然撤去F

60、2的瞬间，m1的加速度不变，C正确；m2的加速度a2eq f(F,m2)eq f(26,3) m/s2，D错误答案：AC4解析：绳子拉物体的力与物体拉绳子的力是一对作用力和反作用力，不管物体间的相互作用力的性质如何、物体的运动状态如何，物体间的相互作用力都遵循牛顿第三定律，即作用力和反作用力总是等大、反向、作用在同一条直线上的，所以D对答案：D5答案：D题型分类学方法【例1】解析：物体保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质叫惯性，即物体抵抗运动状态变化的性质，A正确；没有力的作用，物体也可能保持匀速直线运动状态，B错误，D正确；行星在圆周轨道上保持匀速率运动而不是“匀速直线运动”，所以不能称