2024-2025学年上学期福建高一物理期末卷1

第1页（共1页）2024-2025学年上学期福建高一物理期末卷1一．选择题（共4小题，满分16分，每小题4分）1．（4分）（2014秋•天元区校级月考）下列说法中正确的是（）A．伽利略的理想斜面实验告诉我们，牛顿第一定律能被实验直接验证 B．水平面上推越重的物体所需的推力越大，所以物体与地面的静摩擦力大小与物体对地面的压力大小成正比 C．物体在变力作用下一定做圆周运动 D．物体在变力作用下可能做直线运动2．（4分）（2020•深圳模拟）如图所示，卡车上固定有倾角均为37°的两个斜面体，匀质圆筒状工件置于两个斜面间。卡车正以90km/h的速度匀速行驶，为了保证刹车时工件不与其中任何一个斜面脱离，则其刹车的最小距离更接近于（）（路面能提供足够大摩擦，sin37°＝0.6）A．23m B．33m C．43m D．53m3．（4分）（2023秋•碑林区校级期末）水平地面上有个木箱，质量为20kg，木箱和地面的摩擦因数μ＝0.2，甲某用60N的力推着木箱在地面滑动，g取10N/kg，则木箱受到的摩擦力大小为（）A．60N B．50N C．40N D．30N4．（4分）（2022春•辽宁月考）如图所示，用轻绳相连的两个质量分别为2kg和1kg的物块A和B静止在粗糙的水平桌面上，轻绳恰好伸直且无弹力。两物块与桌面之间的动摩擦因数均为0.5。现用一大小为12N的水平拉力作用在A上，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，此时轻绳的弹力为（）A．0 B．2N C．4N D．5N二．多选题（共4小题，满分24分，每小题6分）（多选）5．（6分）（2023秋•海淀区校级月考）如图所示为伽利略的理想斜面实验，下列实验步骤中有的是经验事实，有的是推论，其中属于推论的是（）A．两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面 B．如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度 C．减小第二个斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到原来的高度 D．继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球要沿水平面一直运动下去，既不变快，也不变慢（多选）6．（6分）（2020秋•松山区校级月考）如图所示，倾角为θ的斜面固定于地面上，上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线或断开弹簧与A的连接点。下列判断正确的是（）A．弹簧断开的瞬间，A、B之间杆的弹力大小不为零 B．细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为gsinθ C．弹簧断开的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均不同 D．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mgsinθ（多选）7．（6分）（2023秋•佛山期末）某钢材厂在生产时，用电子吊秤将一钢圈吊起，钢圈处于静止状态时吊秤的示数为1.00×103kg，随后吊秤开始竖直向上运动，一段时间内吊秤的示数如图所示，取竖直向上为正方向，则该段时间内钢圈运动的a﹣t图像和v﹣t图像正确的是（）A． B． C． D．（多选）8．（6分）（2021秋•成都期末）如图（a），在倾角为θ的足够长光滑斜面底端，一个可视为质点的滑块压缩着一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连．t＝0时解除锁定，通过视频分析技术描绘出滑块速度时间（v﹣t）图像如图（b）所示，其中Ob段为曲线，bc段为直线，重力加速度g取10m/s2，由此可判定（）A．斜面的倾角为θ＝30° B．滑块在0.2s～0.3s内沿斜面向下运动 C．与弹簧脱离之前滑块一直在做加速运动 D．滑块在0.366s末速度为零三．填空题（共5小题，满分20分）9．（3分）（2023秋•思明区校级月考）图甲是某人站在接有传感器的地板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心，图乙是地板所受压力随时间变化的图像，取重力加速度g＝10m/s2，根据图像分析可知：b到c的过程中，人处于（选填“失重”或“超重”、“先失重再超重”或“先超重再失重”）状态，人上升的最大高度约为h＝m。（结果保留2位有效数字）10．（2分）（2023秋•重庆期末）如图所示，质量为m的光滑小球，用轻绳连接后，挂在三角劈的顶端，绳与斜面平行，劈在光滑水平面上运动，劈的加速度a至少m/s2时小球对劈无压力，且加速度方向应为。11．（2分）（2016春•福州期末）如图所示，一条不可伸长的细绳跨过一个小定滑轮，将A、B两物体连在一起，B以速度V0向左匀速运动，当细线与水平方向成θ角时（0＜θ＜90°），A物体的速度为，绳的拉力A物体的重力（选“等于”、“大于”“小于”）．12．（6分）（2023春•荔湾区校级月考）图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图。（1）下列说法正确的是。A．通过调节使斜槽的末端保持水平B．每次释放小球的位置可以不同C．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下D．记录小球位置用的铅笔每次必须严格地等距离下降E．斜槽必须光滑（2）图乙是正确实验取得的数据，其中O点为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为m/s（g＝9.8m/s2）。（3）在另一次实验中将白纸换成方格纸，每个格的边长L＝5cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为m/s；B点的竖直分速度为m/s，抛出点距A点的水平距离cm（g＝10m/s2）。13．（7分）（2023•当涂县校级开学）在“探究加速度与力、质量关系”的实验中，某小组在实验室组装了如图甲所示的装置。小车及其上所放砝码总质量为M，砂和小桶总质量为m，打点计时器每打一个点时间间隔为0.02s，小车所受的拉力F认为与砂及小桶所受的重力相等，要完成该实验，请回答下列问题：（1）关于该实验以下说法不正确的是。A．安装实验器材时，要调节定滑轮的高度，使细线与长木板平行B．平衡摩擦力时，先撤去砂桶，后接通打点计时器的电源，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动C．实验过程中，向小桶内加砂时，必须保证砂和小桶的总质量m远小于小车与砝码的总质量MD．改变小车总质量时，必须要重新进行平衡摩擦操作（2）纸带上打出一系列点，其中一段如图乙所示，可知纸带的（填“左”或“右”）端与小车相连，A、B、C、D、E为纸带上所选的计数点，则打下B点时纸带的速度和加速度分别为vB＝m/s，a＝m/s2。（3）实验时，某同学由于仅遗漏了平衡摩擦力这一步骤，其它步骤均正确，他测量得到的a﹣F图像（丙）可能是。四．解答题（共3小题，满分40分）14．（12分）（2017春•长安区校级期中）将一小球从20m高处以2m/s的速度水平抛出，求（g＝10m/s2）（1）小球经过多长时间落地（2）小球水平方向发生的位移．15．（14分）（2020秋•宁波月考）2018年2月7日，美国SpaceX公司的重型猎廉火箭首次发射成功。火箭主体与三台助推火箭的总质量约为1400吨。其发射主要包括两个阶段，在发射后2分30秒时，火箭到达56250米高度，两台副助推火箭脱离。此前为第一阶段：发射后3分04秒，另一枚主助推火箭也脱离猎鹰火箭，此刻火箭到达88000米高度，副助推火箭脱离到主助推火箭脱离为第二阶段。重力加速度g取10m/s2。（1）假设在副助推火箭脱落前后两个阶段，猎廉火箭均在竖直方向上做匀变速直线运动，分别求出两个阶段的竖直方向加速度（保留两位有效数字）；（2）副助推火箭在接近7分55秒顺利垂直着陆回收，标志着火箭回收技术的成功应用，假设副助推火箭一直在竖直方向做直线运动，在脱离后前200秒内仅受重力，之后立即开启发动机进行竖直方向匀减速直线运动，落地时速度接近为0，不计一切阻力。已知每台副助推火箭的质量为200吨，求这个匀减速过程中副助推火箭的推动力大小（保留两位有效数字）。16．（14分）（2020秋•福州期末）如图所示，避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，供发生紧急情况的车辆避险使用。已知下坡路段的倾角为α，避险车道的倾角为θ＝37°，一辆质量为10t货车以v0＝36km/h的速度行驶在下坡路段，突然发现刹车失灵，驶到坡底后紧急冲入避险车道。驾驶员驾车从下坡路段行驶L＝150m后，驶入制动坡床并冲上坡床20m后停止。设：货车发现紧急情况后牵引力立即变为零，货车与下坡路段之间的摩擦因数为μ＝0.1，货车从下坡路段驶入制动坡床时的速度大小不变。（取重力加速度g＝10m/s2，sinα＝0.2，cosα＝0.98，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，结果保留两位有效数字。）求：（1）货车刚驶入制动坡床时的速度；（2）货车在坡床上受到坡床给它的阻力。五．解答题（共1小题）17．（2021春•浙江期中）2022年北京将举行第24届冬季奥运会，这一消息激起了人们的冰雪情怀，在北方，小朋友们经常玩拉雪橇的游戏。如图所示，假设坐在雪橇上的小朋友和雪橇的总质量m＝15.6kg，一大人用一细绳拉雪橇，拉力大小F＝60N，方向与水平方向成θ＝37°时，雪橇刚好沿水平地面做匀速直线运动。已知1.16=1.08，sin37°＝0.6，重力加速度g＝10m/s2（1）求雪橇与水平地面间的动摩擦因数μ；（2）若大人要以最小的力拉雪橇，使雪橇以0.5m/s2的加速度沿水平地面向右匀加速运动，求拉力的最小值。

2024-2025学年上学期福建高一物理期末典型卷1参考答案与试题解析一．选择题（共4小题，满分16分，每小题4分）1．（4分）（2014秋•天元区校级月考）下列说法中正确的是（）A．伽利略的理想斜面实验告诉我们，牛顿第一定律能被实验直接验证 B．水平面上推越重的物体所需的推力越大，所以物体与地面的静摩擦力大小与物体对地面的压力大小成正比 C．物体在变力作用下一定做圆周运动 D．物体在变力作用下可能做直线运动【考点】物体做曲线运动的条件；伽利略对自由落体运动的探究．【专题】物体做曲线运动条件专题．【答案】D【分析】牛顿第一定律是在实验的基础上推理概括得出的规律；即物体在不受力的作用时，总保持静止状态或物体做匀速直线运动状态【解答】解：A、牛顿第一定律是在伽利略的理想斜面实验的基础上进一步的推理概括出来的科学理论，故伽利略的理想斜面实验是牛顿第一定律的”实验“基础；但是不能被实验证实。故A错误；B、水平面上推越重的物体所需的推力越大，所以物体与地面的滑动摩擦力大小与物体对地面的压力大小成正比，不是静摩擦力。故B错误；C、D、物体在变力的作用下可能做圆周运动，也可能做直线运动，如弹簧振子在变力的作用下的运动。故C错误，D正确。故选：D。【点评】牛顿第一定律是重要的力学定律，也叫惯性定律，揭示了力与运动的关系，即力是改变物体运动状态的原因，不是维持物体运动的原因2．（4分）（2020•深圳模拟）如图所示，卡车上固定有倾角均为37°的两个斜面体，匀质圆筒状工件置于两个斜面间。卡车正以90km/h的速度匀速行驶，为了保证刹车时工件不与其中任何一个斜面脱离，则其刹车的最小距离更接近于（）（路面能提供足够大摩擦，sin37°＝0.6）A．23m B．33m C．43m D．53m【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动速度与位移的关系；力的合成与分解的应用．【专题】应用题；定量思想；推理法；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】C【分析】以圆筒工件为研究对象，分析受力情况，画出受力示意图，根据牛顿第二定律和平衡条件求得加速度，然后应用运动学公式求得卡车刹车位移。【解答】解：为了保证刹车时工件不与其中任何一个斜面脱离，具有最大刹车加速度时，左侧斜面对工件的支持力为零，以圆筒工件为研究对象，分析受力情况如图所示：竖直方向上，由平衡条件得：Fcos37°＝mg水平方向上，根据牛顿第二定律得：Fsin37°＝ma联立解得工件的加速度大小为：a＝7.5m/s2，即卡车的加速度和工件的加速度相等；卡车的初速度为：v＝90km/h＝25m/s，根据运动学公式得：x=0-代入数据解得卡车刹车位移为：x＝41.7m，则其刹车的最小距离更接近于43m，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用及运动学公式的综合应用，此题的突破点是刹车的最小距离，对应为加速度最大，及左侧斜面对工件的支持力为零。3．（4分）（2023秋•碑林区校级期末）水平地面上有个木箱，质量为20kg，木箱和地面的摩擦因数μ＝0.2，甲某用60N的力推着木箱在地面滑动，g取10N/kg，则木箱受到的摩擦力大小为（）A．60N B．50N C．40N D．30N【考点】判断是否存在摩擦力．【专题】定量思想；推理法；摩擦力专题；分析综合能力．【答案】C【分析】利用滑动摩擦力表达式即可求出答案。【解答】解：题干中说木箱在地面上滑动，则摩擦力为滑动摩擦力，利用滑动摩擦力表达式f＝μmg＝0.2×20×10N＝40N，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】学生在解决本题时，应对滑动摩擦力的公式彻底掌握。4．（4分）（2022春•辽宁月考）如图所示，用轻绳相连的两个质量分别为2kg和1kg的物块A和B静止在粗糙的水平桌面上，轻绳恰好伸直且无弹力。两物块与桌面之间的动摩擦因数均为0.5。现用一大小为12N的水平拉力作用在A上，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，此时轻绳的弹力为（）A．0 B．2N C．4N D．5N【考点】共点力的平衡问题及求解；力的合成与分解的应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】B【分析】根据拉力大小与最大静摩擦力间的关系判断两物体的运动状态，然后求出轻绳的拉力大小。【解答】解：物体A、B与地面间的最大静摩擦力大小fm＝μ（mA+mB）g＝0.5×（2+1）×10N＝15N＞F＝12N，A、B两物体静止；A与地面间的最大静摩擦力大小fAm＝μmAg＝0.5×2×10N＝10N，对A，由平衡条件得：F﹣fAm﹣T＝0，代入数据解得，轻绳的弹力大小T＝2N，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】分析清楚物体的受力情况、应用滑动摩擦力公式与平衡条件即可解题。二．多选题（共4小题，满分24分，每小题6分）（多选）5．（6分）（2023秋•海淀区校级月考）如图所示为伽利略的理想斜面实验，下列实验步骤中有的是经验事实，有的是推论，其中属于推论的是（）A．两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面 B．如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度 C．减小第二个斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到原来的高度 D．继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球要沿水平面一直运动下去，既不变快，也不变慢【考点】伽利略的理想斜面实验．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；受力分析方法专题；理解能力．【答案】BCD【分析】伽利略的理想实验，在客观事实的基础上进行合理的推理；A选项是客观事实，BCD选项是在没有考虑摩擦力的前提下得出的推论。【解答】解：A.伽利略在做斜槽实验时，用两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，可以看到小球将滚上另一个斜面，这是实验事实，不属于推论，故A错误；BC.由于实际的斜槽不可能光滑，因此伽利略猜想：如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度；然后他继续猜想：如果减小第二个斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到原来的高度，这不是实验事实，属于推论，故BC正确；D.根据前面的推论，伽利略大胆地猜想：继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球要沿水平面一直运动下去，既不变快，也不变慢，这不是实验事实，属于推论，故D正确。故选：BCD。【点评】本题主要对学生科学探究能力的考查，有机渗透了对科学态度、科学方法的体验与应用。（多选）6．（6分）（2020秋•松山区校级月考）如图所示，倾角为θ的斜面固定于地面上，上表面光滑，A、B、C三球的质量分别为m、2m、3m，轻质弹簧一端固定在斜面顶端，另一端与A球相连，A、B间固定一个轻杆，B、C间由一轻质细线连接。弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线或断开弹簧与A的连接点。下列判断正确的是（）A．弹簧断开的瞬间，A、B之间杆的弹力大小不为零 B．细线被剪断的瞬间，A、B球的加速度沿斜面向上，大小为gsinθ C．弹簧断开的瞬间，A、B、C三个小球的加速度均不同 D．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mgsinθ【考点】牛顿第二定律求解瞬时问题；力的合成与分解的应用．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】BD【分析】弹簧的弹力不能突变，开始三球静止，由平衡条件可以求出弹簧的弹力，应用牛顿第二定律可以求出剪断细线或断开弹簧时各球的加速度，应用牛顿第二定律求出剪断细线时杆的作用力。【解答】解：开始三个球静止，处于平衡状态，设弹簧的弹力为F，对三个球组成的系统，由平衡条件得：F＝（m+2m+3m）gsinθ＝6mgsinθ；AC、弹簧断开的瞬间，三球一起向下做匀加速直线运动，三个球的加速度相同，对三个球组成的系统，由牛顿第二定律得：a=(m+2m+3m)gsinθm+2m+3m=设杆的作用力为T，对A，由牛顿第二定律得：mgsinθ+T＝ma解得：T＝0，故AC错误；BD、细线被剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F＝6mgsinθ，对A、B组成的系统，由牛顿第二定律得：F﹣（m+2m）gsinθ＝（m+2m）ma′解得：a′＝gsinθ，方向沿斜面向上设杆的作用力为T′，对A，由牛顿第二定律得：F﹣T′﹣mgsinθ＝ma′解得：T′＝4mgsinθ，故BD正确。故选：BD。【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，知道弹簧的弹力不能突变是解题的前提，分析清楚球的受力情况，应用牛顿第二定律即可解题。（多选）7．（6分）（2023秋•佛山期末）某钢材厂在生产时，用电子吊秤将一钢圈吊起，钢圈处于静止状态时吊秤的示数为1.00×103kg，随后吊秤开始竖直向上运动，一段时间内吊秤的示数如图所示，取竖直向上为正方向，则该段时间内钢圈运动的a﹣t图像和v﹣t图像正确的是（）A． B． C． D．【考点】牛顿第二定律的简单应用；根据v﹣t图像的物理意义对比多个物体的运动情况．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】AD【分析】根据牛顿第二定律可求出加速和减速过程的加速度，从而得出a﹣t和v﹣t图像。【解答】解：在0～2s内向上做匀加速运动则F1﹣mg＝ma1，解得a1＝2.5m/s2在2～4s内向上做匀速运动，加速度为0在4～6s内向上做匀减速运动则mg﹣F2＝ma2，解得a2＝2.5m/s2与加速阶段的加速度相同，所以6s末速度为零，故AD正确，BC错误；故选：AD。【点评】学生在解答本题时，应注意能够利用牛顿第二定律，根据受力求解加速度。（多选）8．（6分）（2021秋•成都期末）如图（a），在倾角为θ的足够长光滑斜面底端，一个可视为质点的滑块压缩着一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连．t＝0时解除锁定，通过视频分析技术描绘出滑块速度时间（v﹣t）图像如图（b）所示，其中Ob段为曲线，bc段为直线，重力加速度g取10m/s2，由此可判定（）A．斜面的倾角为θ＝30° B．滑块在0.2s～0.3s内沿斜面向下运动 C．与弹簧脱离之前滑块一直在做加速运动 D．滑块在0.366s末速度为零【考点】作用力与反作用力；复杂的运动学图像问题．【专题】信息给予题；定量思想；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】AD【分析】ABC、根据滑块沿斜面方向的受力情况，分析滑块的运动情况；结合图像得出滑块的加速度，进而得出斜面的倾角；D、根据匀变速直线运动的速度—时间公式，结合已知量求出滑块速度减为零的时刻。【解答】解：ABC、滑块向上运动过程中，弹力先是大于重力沿斜面方向的分力，滑块沿斜面做加速运动；在弹力等于重力沿斜面方向的分力时，滑块的速度最大，后来弹簧弹力小于重力沿斜面方向的分力，滑块做减速运动；脱离弹簧后，滑块做匀减速直线运动，故滑块在0.2s～0.3s内沿斜面向上做匀减速直线运动；结合图像有加速度大小a=0.83-0.330.3-0.2m/s2＝5m/s2＝整理可得θ＝30°故A正确，BC错误；D、设滑块在ts末速度减为零，根据匀变速直线运动的速度—时间公式有0＝vC﹣a（t﹣tC）代入数据可得t=0.335s+0.3s故D正确。故选：AD。【点评】在处理运动学问题时，要注意结合v﹣t图像得出相关信息，再利用运动学公式解决。另外要注意v﹣t图像的斜率表示加速度。三．填空题（共5小题，满分20分）9．（3分）（2023秋•思明区校级月考）图甲是某人站在接有传感器的地板上做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心，图乙是地板所受压力随时间变化的图像，取重力加速度g＝10m/s2，根据图像分析可知：b到c的过程中，人处于先失重再超重（选填“失重”或“超重”、“先失重再超重”或“先超重再失重”）状态，人上升的最大高度约为h＝0.31m。（结果保留2位有效数字）【考点】超重与失重的图像问题；牛顿第二定律的简单应用；牛顿第三定律的理解与应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】先失重再超重0.31【分析】根据超失重定义判断超失重；根据竖直上抛运动的对称性及自由落体运动规律求人上升的最大高度。【解答】解：在b点时，人对地板的压力小于自身的重力，处于失重状态；在c点时，人对地板的压力大于自身的重力，处于超重状态；所以在b到c的过程中，人处于先失重再超重状态。由图乙可知，人在空中的运动时间t＝0.5s，所以上升的最大高度约为h=故答案为：先失重再超重0.31【点评】本题考查学生对超失重的判断以及牛顿第二定律、第三定律的运用，解题的关键是读懂图乙中对应的运动过程以及状态，考查了信息获取能力和分析能力。10．（2分）（2023秋•重庆期末）如图所示，质量为m的光滑小球，用轻绳连接后，挂在三角劈的顶端，绳与斜面平行，劈在光滑水平面上运动，劈的加速度a至少3gm/s2时小球对劈无压力，且加速度方向应为水平向左【考点】作用力与反作用力；力的合成与分解的应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】3g【分析】对小球进行受力分析，在竖直方向和水平方向根据平衡条件、牛顿第二定律即可求得加速度；当刚好无压力时，由共点力平衡和牛顿第二定律即可求得加速度方向。【解答】解：当小球受到支持力为零时，小球对劈无压力。此时轻绳沿竖直方向的分力T1等于重力：T1＝Tsinθ＝mg沿水平方向的分力T2，方向水平向左，由牛顿第二定律可得：T2＝Tcosθ＝ma联立解得：a=方向同T2的方向相同，水平向左。故答案为：3g【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确对小球进行受力分析，把握住隐含的临界条件。11．（2分）（2016春•福州期末）如图所示，一条不可伸长的细绳跨过一个小定滑轮，将A、B两物体连在一起，B以速度V0向左匀速运动，当细线与水平方向成θ角时（0＜θ＜90°），A物体的速度为v0cosθ，绳的拉力大于A物体的重力（选“等于”、“大于”“小于”）．【考点】关联速度问题；合运动与分运动的关系．【专题】运动的合成和分解专题．【答案】见试题解答内容【分析】小车参与两个分运动，沿绳子方向和垂直绳子方向的两个分运动，由于绳子长度一定，故物体上升的速度等于小车沿绳子方向的分速度．【解答】解：小车参与两个分运动，沿绳子收缩方向和垂直绳子方向（绕滑轮转动）的两个分运动，将小车合速度正交分解，如图：物体上升降速度等于小车沿绳子收缩方向的分速度为：vA＝v0cosθ；由于θ变小，因以速度V0向左匀速运动，则vA变大，物体A加速上升，超重，绳的拉力大于A物体的重力．故答案为：v0cosθ，大于．【点评】关键要找出合运动和分运动，然后正交分解，求出分速度！12．（6分）（2023春•荔湾区校级月考）图甲是“研究平抛物体的运动”的实验装置图。（1）下列说法正确的是AC。A．通过调节使斜槽的末端保持水平B．每次释放小球的位置可以不同C．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滑下D．记录小球位置用的铅笔每次必须严格地等距离下降E．斜槽必须光滑（2）图乙是正确实验取得的数据，其中O点为抛出点，则此小球做平抛运动的初速度为1.6m/s（g＝9.8m/s2）。（3）在另一次实验中将白纸换成方格纸，每个格的边长L＝5cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图丙所示，则该小球做平抛运动的初速度为1.5m/s；B点的竖直分速度为2m/s，抛出点距A点的水平距离15cm（g＝10m/s2）。【考点】探究平抛运动的特点．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；平抛运动专题；实验探究能力．【答案】（1）AC；（2）1.6；（3）1.5；2；15。【分析】（1）根据实验原理分析判断；（2）根据竖直方向自由落体运动和水平方向匀速运动规律计算；（3）根据平抛运动规律计算。【解答】解：（1）A.为了保证小球的初速度水平，通过调节使斜槽的末端必须保持水平，故A正确；BCE.为了保证小球每次平抛运动的初速度相等，应使小球每次从斜槽的同一位置由静止释放，但斜槽不一定需要光滑，故BE错误，C正确；D.记录小球位置用的铅笔不需要每次严格地等距离下降，故D错误。故选：AC。（2）O点为抛出点，在竖直方向有y=可得平抛运动的时间t=则小球平抛运动的初速度为v0代入数据可得v0＝1.6m/s（3）在竖直方向上，根据Δy＝2L＝gT2可得照相机的闪光时间间隔为T=代入数据解得T＝0.1s小球平抛运动的初速度为v代入数据解得v0＝1.5m/sB点的竖直分速度v代入数据解得vyB＝2m/s从抛出点到B点所用时间为t=代入数据解得t＝0.2s抛出点距A点的水平距离为xA＝v0（t﹣T）＝1.5×（0.2﹣0.1）m＝0.15m＝15cm故答案为：（1）AC；（2）1.6；（3）1.5；2；15。【点评】本题考查“研究平抛物体的运动”的实验，要求掌握实验原理和数据处理。13．（7分）（2023•当涂县校级开学）在“探究加速度与力、质量关系”的实验中，某小组在实验室组装了如图甲所示的装置。小车及其上所放砝码总质量为M，砂和小桶总质量为m，打点计时器每打一个点时间间隔为0.02s，小车所受的拉力F认为与砂及小桶所受的重力相等，要完成该实验，请回答下列问题：（1）关于该实验以下说法不正确的是D。A．安装实验器材时，要调节定滑轮的高度，使细线与长木板平行B．平衡摩擦力时，先撤去砂桶，后接通打点计时器的电源，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动C．实验过程中，向小桶内加砂时，必须保证砂和小桶的总质量m远小于小车与砝码的总质量MD．改变小车总质量时，必须要重新进行平衡摩擦操作（2）纸带上打出一系列点，其中一段如图乙所示，可知纸带的左（填“左”或“右”）端与小车相连，A、B、C、D、E为纸带上所选的计数点，则打下B点时纸带的速度和加速度分别为vB＝0.64m/s，a＝0.72m/s2。（3）实验时，某同学由于仅遗漏了平衡摩擦力这一步骤，其它步骤均正确，他测量得到的a﹣F图像（丙）可能是C。【考点】探究加速度与力、质量之间的关系．【专题】定量思想；图析法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】（1）D；（2）左；064；0.72；（3）C【分析】（1）根据实验原理掌握正确的实验操作；（2）根据运动学公式得出小车的速度，结合逐差法计算出小车的加速度；（3）根据牛顿第二定律和图像的物理意义完成分析。【解答】解：（1）A、安装实验装置时，为了使细线拉力恒定，要调节滑轮的高度，使细线与长木板平行，故A正确；B、平衡摩擦力时，先撤去砂桶，然后接通打点计时器的电源，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动，故B正确；C、以小车为研究对象，则有F＝Ma以砂和砂桶为研究对象，则mg﹣F＝ma联立解得：F=为了让小车受到的拉力F近似等于砂和砂桶的重力相等，实验过程中，向小桶内加砂时，必须保证砂和小桶的总质量远小于小车与砝码的总质量M，故C正确；D、平衡摩擦力时，有Mgsinθ＝μMgcosθ可知改变小车总质量时，不需要重新进行摩擦力的平衡操作，故D错误；本题选错误的，故选：D。（2）由于小车做加速运动，则在相同的时间内通过的位移越来越大，由此可知纸带的左端与小车相连；（3）根据匀变速直线运动的特点可得，小车打下B点时的速度为vB根据逐差法可知小车的加速度为a=x（3）实验时，某同学由于疏漏了平衡摩擦力这一操作，其它步骤均正确，则可知只有当拉力大于摩擦力时小车才开始运动，故C正确，ABD错误；故选：C。故答案为：（1）D；（2）左；064；0.72；（3）C【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学规律和逐差法即可完成分析。四．解答题（共3小题，满分40分）14．（12分）（2017春•长安区校级期中）将一小球从20m高处以2m/s的速度水平抛出，求（g＝10m/s2）（1）小球经过多长时间落地（2）小球水平方向发生的位移．【考点】平抛运动速度的计算．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；平抛运动专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）平抛运动的时间由高度决定，根据h=（2）根据x＝v0t求出物体落地时的水平位移．【解答】解：（1）平抛运动的物体在竖直方向做自由落体运动，则：h得：t＝2s故平抛运动的时间为2s．（2）平抛运动的物体在水平方向做匀速直线运动：x＝v0t＝2×2m＝4m故水平位移为4m．答：（1）小球经过2s落地；（2）小球水平方向发生的位移是4m．【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．15．（14分）（2020秋•宁波月考）2018年2月7日，美国SpaceX公司的重型猎廉火箭首次发射成功。火箭主体与三台助推火箭的总质量约为1400吨。其发射主要包括两个阶段，在发射后2分30秒时，火箭到达56250米高度，两台副助推火箭脱离。此前为第一阶段：发射后3分04秒，另一枚主助推火箭也脱离猎鹰火箭，此刻火箭到达88000米高度，副助推火箭脱离到主助推火箭脱离为第二阶段。重力加速度g取10m/s2。（1）假设在副助推火箭脱落前后两个阶段，猎廉火箭均在竖直方向上做匀变速直线运动，分别求出两个阶段的竖直方向加速度（保留两位有效数字）；（2）副助推火箭在接近7分55秒顺利垂直着陆回收，标志着火箭回收技术的成功应用，假设副助推火箭一直在竖直方向做直线运动，在脱离后前200秒内仅受重力，之后立即开启发动机进行竖直方向匀减速直线运动，落地时速度接近为0，不计一切阻力。已知每台副助推火箭的质量为200吨，求这个匀减速过程中副助推火箭的推动力大小（保留两位有效数字）。【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动位移与时间的关系．【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】（1）副助推火箭脱落前后两个阶段，的竖直方向加速度分别为5.0m/s2，方向竖直向上和11m/s2，方向竖直向上；（2）这个匀减速过程中副助推火箭的推动力大小为2.7×107N。【分析】（1）分别找到火箭在第一阶段和第二阶段运动的时间和位移，根据运动学公式求解，第一阶段的末速度时第二阶段的初速度；（2）副助推火箭在脱离后分为两个阶段运动，分别求出两个阶段的运动时间和运动位移，然后根据运动学公式求加速度，最后根据牛顿第二定律求副助推火箭的推动力。【解答】解：（1）设第一阶段的运动时间为t1，第二阶段的运动时间为t2，则t1＝150st2＝34sx1＝56250mx2＝88000m﹣56250m＝31750m火箭在第一阶段做初速度为零的匀加速运动，设加速度大小为a1，则x解得：a1＝5.0m/s2，方向竖直向上设第一阶段结束时火箭的速度为v1，第二阶段的位移为x2，则xv1＝a1t1＝5.0×150m/s＝750m/s解得：a2＝11m/s2，方向竖直向上（2）设副助推火箭在脱离后只受重力的时间为t3，匀减速运动的时间为t4，则t3＝200st4＝125s副助推火箭在t3时间内发生的位移为x3=v1t3对应的速度为v＝v1﹣gt3，解得v＝﹣1250m/s副助推火箭在最后阶段位移为x4＝﹣x1﹣x3解得x4＝﹣6250m设最后阶段的加速度为a：0-v2a＝125m/s2根据牛顿第二定律可知F﹣mg＝ma解得F＝2.7×107N答：（1）副助推火箭脱落前后两个阶段，的竖直方向加速度分别为5.0m/s2，方向竖直向上和11m/s2，方向竖直向上；（2）这个匀减速过程中副助推火箭的推动力大小为2.7×107N。【点评】本题是牛顿第二定律和运动学公式的结合，解决此类问题的一般步骤是运动学公式求加速度，牛顿第二定律求力。本题的运动过程比较多，要分清楚每个运动过程的位移和时间以及两个连续过程的衔接物理量。难点和关键点是在题干中区分有用信息，本题是分析副助推火箭的相关运动，要注意区分有用的时间和位移。16．（14分）（2020秋•福州期末）如图所示，避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，供发生紧急情况的车辆避险使用。已知下坡路段的倾角为α，避险车道的倾角为θ＝37°，一辆质量为10t货车以v0＝36km/h的速度行驶在下坡路段，突然发现刹车失灵，驶到坡底后紧急冲入避险车道。驾驶员驾车从下坡路段行驶L＝150m后，驶入制动坡床并冲上坡床20m后停止。设：货车发现紧急情况后牵引力立即变为零，货车与下坡路段之间的摩擦因数为μ＝0.1，货车从下坡路段驶入制动坡床时的速度大小不变。（取重力加速度g＝10m/s2，sinα＝0.2，cosα＝0.98，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，结果保留两位有效数字。）求：（1）货车刚驶入制动坡床时的速度；（2）货车在坡床上受到坡床给它的阻力。【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动速度与位移的关系．【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】（1）货车刚驶入制动坡床时的速度为20m/s；（2）货车在坡床上受到坡床给它的阻力为4.0×104N。【分析】（1）货车在长下坡上运动时，分析其受力，根据牛顿第二定律可计算出货车的加速度a，根据速度﹣位移公式求货车刚驶入制动坡床时的速度大小v1。（2）货车在制动坡床上运动时，根据速度﹣位移公式求出加速度大小，再由牛顿第二定律求阻力大小f。【解答】解：（1）货车在下坡路段做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律mgsinα﹣μmgcosα＝ma1解得：a根据v2v＝20m/s（2）货车在避险车道行驶时，根据s=解得：a根据牛顿第二定律﹣mgsin30°﹣f＝ma2解得：f＝4.0×104N答：（1）货车刚驶入制动坡床时的速度为20m/s；（2）货车在坡床上受到坡床给它的阻力为4.0×104N。【点评】本题运用牛顿第二定律和运动学公式解决动力学问题，要知道加速度是联系力和运动的桥梁，要能根据牛顿第二定律或运动学公式求出加速度。本题也可以根据动能定理进行解答。五．解答题（共1小题）17．（2021春•浙江期中）2022年北京将举行第24届冬季奥运会，这一消息激起了人们的冰雪情怀，在北方，小朋友们经常玩拉雪橇的游戏。如图所示，假设坐在雪橇上的小朋友和雪橇的总质量m＝15.6kg，一大人用一细绳拉雪橇，拉力大小F＝60N，方向与水平方向成θ＝37°时，雪橇刚好沿水平地面做匀速直线运动。已知1.16=1.08，sin37°＝0.6，重力加速度g＝10m/s2（1）求雪橇与水平地面间的动摩擦因数μ；（2）若大人要以最小的力拉雪橇，使雪橇以0.5m/s2的加速度沿水平地面向右匀加速运动，求拉力的最小值。【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的合成与分解的应用．【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；应用数学处理物理问题的能力．【答案】（1）雪橇与水平地面间的动摩擦因数为0.4；（2）拉力的最小值为65N。【分析】（1）以雪橇和小朋友为研究对象进行受力分析，根据平衡条件结合摩擦力的计算公式列方程求解动摩擦因数；（2）雪橇向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得到拉力的表达式，再根据数学方法求极值。【解答】解：以雪橇和小朋友为研究对象，受到重力、支持力、拉力和摩擦力，如图所示。（1）因雪橇做匀速直线运动，故雪橇受力平衡，根据平衡条件可得：Fcosθ＝μ（mg﹣Fsinθ）代入数据解得：μ＝0.4；（2）雪橇向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得：Fcosθ﹣μ（mg﹣Fsinθ）＝ma化简得：F=整理得：F=所以sin（θ+φ）＝1时，F取最小值即：F代入数据解得：Fmin＝65N。答：（1）雪橇与水平地面间的动摩擦因数为0.4；（2）拉力的最小值为65N。【点评】本题主要是考查了牛顿第二定律的知识；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答.

考点卡片1．匀变速直线运动位移与时间的关系【知识点的认识】（1）匀变速直线运动的位移与时间的关系式：x＝v0t+12at（2）公式的推导①利用微积分思想进行推导：在匀变速直线运动中，虽然速度时刻变化，但只要时间足够小，速度的变化就非常小，在这段时间内近似应用我们熟悉的匀速运动的公式计算位移，其误差也非常小，如图所示。②利用公式推导：匀变速直线运动中，速度是均匀改变的，它在时间t内的平均速度就等于时间t内的初速度v0和末速度v的平均值，即v=v0+vt2．结合公式x＝vt和v＝vt+at可导出位移公式：x（3）匀变速直线运动中的平均速度在匀变速直线运动中，对于某一段时间t，其中间时刻的瞬时速度vt/2＝v0+a×12t=2v0+at2，该段时间的末速度v＝vt+at，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得v=即有：v=v0所以在匀变速直线运动中，某一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，又等于这段时间内初速度和末速度的算术平均值。（4）匀变速直线运动推论公式：任意两个连续相等时间间隔T内，位移之差是常数，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推导：如图所示，x1、x2为连续相等的时间T内的位移，加速度为a。x1【命题方向】例1：对基本公式的理解汽车在平直的公路上以30m/s的速度行驶，当汽车遇到交通事故时就以7.5m/s2的加速度刹车，刹车2s内和6s内的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽车刹车到停止所需的时间，汽车刹车停止后不再运动，然后根据位移时间公式x=v0t+12解：汽车刹车到停止所需的时间t0所以刹车2s内的位移x1=t0＜6s，所以刹车在6s内的位移等于在4s内的位移。x2=所以刹车2s内和6s内的位移之比为3：4．故D正确，A、B、C错误。故选：D。点评：解决本题的关键知道汽车刹车停下来后不再运动，所以汽车在6s内的位移等于4s内的位移。此类试题都需注意物体停止运动的时间。例2：对推导公式v=v0物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小是3m•s﹣1，1s以后速度大小是9m•s﹣1，在这1s内该物体的（）A．位移大小可能小于5mB．位移大小可能小于3mC．加速度大小可能小于11m•s﹣2D．加速度大小可能小于6m•s﹣2分析：1s后的速度大小为9m/s，方向可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反。根据a=v2-v解：A、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，1s内的位移x=vt=v1+v22t=3+92×1m=6m．若1s末的速度与初速度方向相反，1sC、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，则加速度a=v2-v1t=9-31m/s2=6m/s2．若故选：AC。点评：解决本题的关键注意速度的方向问题，以及掌握匀变速直线运动的平均速度公式v=【解题思路点拨】（1）应用位移公式的解题步骤：①选择研究对象，分析运动是否为变速直线运动，并选择研究过程。②分析运动过程的初速度v0以及加速度a和时间t、位移x，若有三个已知量，就可用x＝v0t+12at③规定正方向（一般以v0方向为正方向），判断各矢量正负代入公式计算。（2）利用v﹣t图象处理匀变速直线运动的方法：①明确研究过程。②搞清v、a的正负及变化情况。③利用图象求解a时，须注意其矢量性。④利用图象求解位移时，须注意位移的正负：t轴上方位移为正，t轴下方位移为负。⑤在用v﹣t图象来求解物体的位移和路程的问题中，要注意以下两点：a．速度图象和t轴所围成的面积数值等于物体位移的大小；b．速度图象和t轴所围面积的绝对值的和等于物体的路程。2．匀变速直线运动速度与位移的关系【知识点的认识】匀变速直线运动位移与速度的关系．由位移公式：x＝v0t+12at2和速度公式v＝v0+at消去t得：v2-匀变速直线运动的位移﹣速度关系式反映了初速度、末速度、加速度与位移之间的关系．①此公式仅适用于匀变速直线运动；②式中v0和v是初、末时刻的速度，x是这段时间的位移；③公式中四个矢量v、v0、a、x要规定统一的正方向．【命题方向】美国“肯尼迪号”航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“F﹣A15”型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5m/s2，起飞速度为50m/s．若该飞机滑行100m时起飞，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为（）A、30m/sB、10m/sC、20m/sD、40m/s分析：已知飞机的加速度、位移、末速度，求解飞机的初速度，此题不涉及物体运动的时间，选用匀变速直线运动的位移—时间公式便可解决．解答：设飞机的初速度为v0，已知飞机的加速度a、位移x、末速度v，此题不涉及物体运动的时间，由匀变速直线运动的位移—时间公式：v解得：v0＝40m/s故选：D。点评：本题是匀变速直线运动的基本公式的直接应用，属于比较简单的题目，解题时要学会选择合适的公式，这样很多问题就会迎刃而解了．【解题思路点拨】解答题解题步骤：（1）分析运动过程，画出运动过程示意图．（2）设定正方向，确定各物理量的正负号．（3）列方程求解：先写出原始公式，再写出导出公式：“由公式…得…”．3．伽利略对自由落体运动的探究【知识点的认识】1．伽利略对自由落体运动的研究（1）历史的回顾：亚里士多德通过对大量的物体下落的观察，直接得出结论：物体越重，下落越快；所用的方法：观察+直觉．（2）逻辑的力量．（3）猜想与假设伽利略相信：a．自然界是简单的，自然界的规律也是简单的；b．落体运动一定是一种最简单的变速运动．它的速度应该是均匀变化的．假设：v∝t，v∝x．（4）实验验证伽利略用铜球从阻力很小的斜面的不同位置由静止下落，铜球在斜面上运动加速度要比它竖直落下时小得多，所以时间容易测出．实验结果表明，光滑斜面倾角不变时，从不同位置让小球滚下，小球的位置与时间的平方比不变，即由此证明了小球沿光滑斜面下滑的运动是匀变速直线运动；换用不同质量的小球重复实验，结论不变．（5）合理外推如果斜面倾角增大到90°，小球仍然保持匀加速直线运动的性质，且所有物体下落时的加速度都是一样的！伽利略成功验证了自己的猜想，不仅彻底否定了亚里士多德关于落体运动的错误论断，而且得到了自由落体运动的规律．（6）伽利略科学方法伽利略科学思想方法的核心：把实验和逻辑推理（包括数学推演）和谐地结合起来．【命题方向】例1：伽俐略理想实验将可靠的事实和理论思维结合起来，能更深刻地反映自然规律，伽俐略的斜面实验程序如下：（1）减小第二个斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到原来的高度．（2）两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面．（3）如果没有摩擦，小球将上升到释放时的高度．（4）继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球沿水平方向做持续的匀速运动．请按程序先后次序排列，并指出它究竟属于可靠的事实，还是通过思维过程的推论，下列选项正确的是（数字表示上述程序的号码）（）A．事实2→事实1→推论3→推论4B．事实2→推论1→推论3→推论4C．事实2→推论3→推论1→推论4D．事实2→推论1→推论4→推论3分析：按实验先后次序排列如下：2→3→1→4．其中，2是事实．实际中，小球由于摩擦，在第二个斜面上上升的高度减小，若摩擦力减小，上升的高度增大，设想没有摩擦力，小球将上升到释放时的高度，如将第二斜面放平，小球没有减速的原因，不会停下来，3，1，4均是在没有摩擦的情况作出的推论．解答：实验先后次序排列如下：2→3→1→4．实验中，如果摩擦力越小，小球在第二个斜面上上升的高度越高，设想没有摩擦，小球将上升到释放时的高度．所以3、1是推论．步骤4中，将第二个斜面放平，实际中小球因摩擦而减速，最后停下来，摩擦力越小，运动的距离越长，设想没有摩擦力，小球没有减速的原因，永远以原来的速度运动下去，所以4也是推论．故选：C．点评：本题是伽利略理想斜面实验，考查对本实验的理解能力，由此实验，伽利略得出了结论：物体的运动不需要力维持．例2：伽利略在著名的斜面实验中，让小球分别沿倾角不同、阻力很小的斜面从静止开始滚下，他通过实验观察和逻辑推理，得到的正确结论有（）A．倾角一定时，小球在斜面上的位移与时间成正比B．倾角一定时，小球在斜面上的速度与时间成正比C．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关D．斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间与倾角无关分析：伽利略通过实验观察和逻辑推理发现，小球沿斜面滚下的运动的确是匀加速直线运动，换用不同的质量的小球，从不同高度开始滚动，只要斜面的倾角一定，小球的加速度都是相同的；不断增大斜面的倾角，重复上述实验，得知小球的加速度随斜面倾角的增大而增大．解答：A、B、伽利略通过实验测定出小球沿斜面下滑的运动是匀加速直线运动，位移与时间的二次方成正比，并证明了速度随时间均匀变化，故A错误，B正确；C、不论斜面光滑与不光滑，当斜面的长度一定时，小球滑到斜面地的速度都与斜面的倾角有关，且倾角越大，小球滑到斜面底端的速度就越大；故C错误；D、斜面长度一定时，小球从顶端滚到底端所需的时间随倾角的增大而减小，故D错误．故选：B．点评：本题关键要明确伽利略对自由落体运动的研究的实验过程，可以通过阅读课本了解，同时实验事实与理论应该是一致的，故可结合匀变速运动的知识求解．4．根据v-t图像的物理意义对比多个物体的运动情况【知识点的认识】1.定义：v﹣t图像表示的是物体速度随时间变化的关系。2.图像实例：3.各参数的意义：（1）斜率：表示加速度；（2）纵截距：表示初速度；（3）交点：表示速度相等。4.v﹣t曲线分析：①表示物体做初速度为零的匀加速直线运动；②表示物体沿正方向做匀速直线运动；③表示物体沿正方向做匀减速直线运动；④交点的纵坐标表示三个物体此时的速度相同；⑤t1时刻物体的速度为v1，阴影部分的面积表示物体0～t1时间内的位移。5.本考点是v﹣t图像考法的一种，即根据v﹣t图像的物理意义分析多个物体的运动的情况。【命题方向】甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t1时刻并排行驶，下列说法正确的是（）A.t1时刻到t2时刻这段时间，甲车一直在乙车之前B.t2时刻甲、乙两车再次并排行驶C.t1时刻到t2时刻这段时间，甲车的加速度先减小后增大，乙车的加速度大小先增大后减小D.t1时刻到t2时刻这段时间，两车的加速度都先减小后增大分析：在v﹣t图像中，斜率表示加速度，面积表示位移，定性地判断两车的加速度和位移的关系即可。解答：A、由图可知，t1时刻到t2时刻这段时间内，甲车的速度始终大于乙车的速度，因为两车在t1时刻并排行驶，所以t1时刻到t2时刻的这段时间内，甲车一直在乙车前面，故A正确；B、t2时刻甲乙两车速度相等，同A选项的分析可知，在t1～t2时间内，甲车一直在乙车前面，故B错误；CD、v﹣t图像斜率表示加速度，可知在t1时刻到t2时刻这段时间，甲车的加速度先减小后增大，乙车的加速度也是先减小后增大，故C错误，D正确。故选：AD。点评：本题主要考查了v﹣t图像，理解斜率表示加速度，面积表示位移，可定性地分析两车的运动情况即可。【解题思路点拨】图像类问题是从数学的角度描述了物体的运动规律，能够比较直观地反映位移、速度的大小和方向随时间的变化情况。针对此类问题，可以首先根据图像还原物体的运动情景，再结合斜率、截距、面积等数学概念进行分析。5．复杂的运动学图像问题【知识点的认知】1.除了常见的x﹣t图像，v﹣t图像与a﹣t图像外，还有一些少见的运动学图像如xt-t图像，v﹣x图像、v2﹣2.这些图像往往都与运动学的公式有关联。3.解题步骤一般如下：①根据图像的纵横坐标找出图像应用了那个运动学公式；②根据图像推出具体的表达式；③分析斜率、截距、面积等因素的物理意义。【命题方向】在平直公路上有甲、乙两辆汽车同时从同一位置沿着同一方向做匀加速直线运动，它们速度的平方随位移变化的图象如图所示，则（）A、甲车的加速度比乙车的加速度小B、在x＝0.5m处甲、乙两车相遇C、在x＝1m处甲、乙两车相遇D、在t＝2s末甲、乙两车相遇分析：根据匀变速直线运动的速度—位移关系公式：v2-v02=解答：A、根据匀变速直线运动速度—位移关系v2-v02=2ax，得v2＝2ax+v由图可知甲的斜率大于乙的斜率，故甲车的加速度大于乙车的加速度，故A错误；BCD、由图象可知x＝0.5m时，两车速度的平方相等，速度相等。由图可知，对于甲车做初速度为0加速度为2m/s2的匀加速直线运动，乙做初速度为1m/s，加速度为1m/s2的匀加速直线运动，两车相遇时，位移相等，则有：1代入得：12×2×t2＝1×t+12解得，t＝2s相遇处两车的位移为x=12a甲t2=1故选：D。点评：读懂图象的坐标，并能根据匀变速直线运动的位移—速度关系求出描述匀变速直线运动的相关物理量，并再由匀变速直线运动的规律求出未知量．【解题思路点拨】非常规的运动学图像一般都是从某一个表达式得来的，要先从横纵坐标及图像出发确定表达式，求解出关键物理量，再分析物体的运动问题。6．判断是否存在摩擦力【知识点的认识】1.考点意义：有很多题目会综合考查摩擦力的相关知识，不区分静摩擦力和滑动摩擦力，所以设置本考点。2.对于是否存在摩擦力可以按以下几个方法判断：①条件法：根据摩擦力的产生条件进行判断。a、接触面粗糙；b、两物体间存在弹力；c、有相对运动或相对运动的趋势。②假设法：假设有或者没有摩擦力，判断物体运动状态是否会改变。【命题方向】如图，长方体甲乙叠放在水平地面上．水平力F作用在甲上，使甲乙一起向右做匀速直线运动（）A、甲、乙之间一定有摩擦力B、水平地面对乙没有摩擦力C、甲对乙的摩擦力大小为F，方向水平向右D、水平地面对乙的摩擦力大小为F．方向水平向右分析：首先对甲、乙的整体进行分析，根据平衡力的知识得出乙与地面间的摩擦力；以甲为研究对象，进行受力分析，得出甲与乙之间的摩擦力．解答：A、以甲为研究对象，由于做匀速直线运动，所以受力平衡，水平方向受向右的拉力F，所以受乙对其向左的摩擦力，故A正确；B、以甲、乙的整体为研究对象，由于受向右的拉力作用，所以还受向左的摩擦力作用，B错误；C、由A知，甲受乙对其向左的摩擦力，根据力的作用的相互性，所以甲对乙向右的摩擦力作用，故C正确；D、由B知，水平地面对乙的摩擦力大小为F，方向水平向左，故D错误。故选：AC。点评：本题关键正确选择研究对象，然后再根据两物体及整体处于平衡状态，由平衡条件分析受力情况即可．【解题思路点拨】对物体受力的判断常采用的方法之一就是假设法，假设物体受或不受某力会使物体的运动状态发生变化，那么假设不成立。7．力的合成与分解的应用【知识点的认识】本考点针对比较复杂的题目，题目涉及到力的合成与分解的综合应用。【命题方向】假期里，一位同学在厨房里协助妈妈做菜，对菜刀发生了兴趣．他发现菜刀的刀刃前部和后部的厚薄不一样，刀刃前部的顶角小，后部的顶角大（如图所示），下列有关刀刃的说法合理的是（）A、刀刃前部和后部厚薄不匀，仅是为了打造方便，外形美观，跟使用功能无关B、在刀背上加上同样的压力时，分开其他物体的力跟刀刃厚薄无关C、在刀背上加上同样的压力时，顶角越大，分开其他物体的力越大D、在刀背上加上同样的压力时，顶角越小，分开其他物体的力越大分析：根据力的平行四边形定则可知，相同的压力下，顶角越小，分力越大；相同的顶角下，压力越大，分力越大．解答：把刀刃部分抽象后，可简化成一个等腰三角劈，设顶角为2θ，背宽为d，侧面长为l，如图乙所示当在劈背施加压力F后，产生垂直侧面的两个分力F1、F2，使用中依靠着这两个分力分开被加工的其他物体。由对称性知，这两个分力大小相等（F1＝F2），因此画出力分解的平行四边形，实为菱形，如图丙所示。在这个力的平行四边形中，取其四分之一考虑（图中阴影部分），根据它跟半个劈的直角三角形的相似关系，由关系式，得F1＝F2由此可见，刀背上加上一定的压力F时，侧面分开其他物体的力跟顶角的大小有关，顶角越小，sinθ的值越小，F1和F2越大。但是，刀刃的顶角越小时，刀刃的强度会减小，碰到较硬的物体刀刃会卷口甚至碎裂，实际制造过程中为了适应加工不同物体的需要，所以做成前部较薄，后部较厚。使用时，用前部切一些软的物品（如鱼、肉、蔬菜、水果等），用后部斩劈坚硬的骨头之类的物品，俗话说：“前切后劈”，指的就是这个意思。故D正确。故选：D。点评：考查力的平行四边形定则，体现了控制变量法，同时学会用三角函数来表示力与力的关系．【解题思路点拨】对力的合成与力的分解的综合应用问题，要首先熟练掌握力的合成和力的分解的相关内容，再选择合适的合成和分解方法进行解题。8．共点力的平衡问题及求解【知识点的认识】1.共点力（1）定义：如果一个物体受到两个或更多力的作用，这些力共同作用在物体的在同一点上，或者虽不作用在同一点上，但它们的延长线交于一点，这几个力叫作共点力。（2）力的合成的平行四边形定则只适用于共点力。2.共点力平衡的条件（1）平衡状态：物体保持静止或匀速直线运动的状态。（2）平衡条件：在共点力作用下物体平衡的条件是合力为0。3.对共点力平衡条件的理解及应用合外力等于0，即F合＝0→正交分解法Fx合=0Fy合=0，其中Fx合和Fy4.平衡条件的推论（1）二力平衡：若物体在两个力作用下处于平衡状态，则这两个力一定等大、反向。（2）三力平衡：若物体在三个共点力作用下处于平衡状态，则任意两个力的合力与第三个力等大、反向。（3）多力平衡：若物体在n个共点力作用下处于平衡状态，则其中任意一个力必定与另外（n﹣1）个力的合力等大、反向。5.解答共点力平衡问题的三种常用方法6.平衡中的临界、极值问题a.临界问题（1）问题特点：①当某物理量发生变化时，会引起其他几个物理量的变化。②注意某现象“恰好出现”或“恰好不出现”的条件。（2）分析方法：基本方法是假设推理法，即先假设某种情况成立，然后根据平衡条件及有关知识进行论证、求解。b.极值问题（1）问题界定：物体平衡的极值问题，一般指在力的变化过程中涉及力的最大值和最小值的问题。（2）分析方法：①解析法：根据物体平衡的条件列出方程，在解方程时，采用数学知识求极值或者根据物理临界条件求极值。②图解法：根据物体平衡的条件作出力的矢量图，画出平行四边形或者矢量三角形进行动态分析，确定最大值或最小值。7.“活结”与“死结”、“活杆”与“死杆”模型（1）“活结”与“死结”模型①“活结”一般是由轻绳跨过光滑滑轮或者绳上挂一光滑挂钩而形成的。绳虽然因“活结”而弯曲，但实际上是同一根绳，所以由“活结”分开的两段绳上弹力的大小一定相等，两段绳合力的方向一定沿这两段绳夹角的平分线。②“死结”两侧的绳因结而变成了两根独立的绳，因此由“死结”分开的两段绳上的弹力不一定相等。（2）“活杆”与“死杆”模型①“活杆”：指轻杆用转轴或铰链连接，当轻杆处于平衡状态时，轻杆所受到的弹力方向一定沿着杆，否则会引起轻杆的转动。如图甲所示，若C为转轴，则轻杆在缓慢转动中，弹力方向始终沿杆的方向。②“死杆”：若轻杆被固定，不发生转动，则轻杆所受到的弹力方向不一定沿杆的方向。如图乙所示，水平横梁的一端A插在墙壁内，另一端B装有一个小滑轮，绳的一端C固定于墙壁上，另一端跨过滑轮后悬挂重物m。滑轮对绳的作用力应为图丙中两段绳中拉力F1和F2的合力F的反作用力，即AB杆弹力的方向不沿杆的方向。【命题方向】例1：在如图所示的甲、乙、丙、丁四幅图中，滑轮光滑且所受的重力忽略不计，滑轮的轴O安装在一根轻木杆P上，一根轻绳ab绕过滑轮，a端固定在墙上，b端下面挂一质量为m的重物。当滑轮和重物都静止不动时，甲、丙、丁图中木杆P与竖直方向的夹角均为θ，乙图中木杆P竖直。假设甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小依次为FA、FB、FC、FD，则以下判断正确的是（）A.FA＝FB＝FC＝FDB.FD＞FA＝FB＞FCC.FA＝FC＝FD＞FBD.FC＞FA＝FB＞FD分析：对滑轮受力分析，受两个绳子的拉力和杆的弹力；滑轮一直保持静止，合力为零，故杆的弹力与两个绳子的拉力的合力等值、反向、共线。解答：由于两个绳子的拉力大小等于重物的重力，大小不变，即四个选项中绳子的拉力是大小相等的，根据平行四边形定则知两个力的夹角越小，则合力越大，即滑轮两边绳子的夹角越小，绳子拉力的合力越大，故丁图中绳子拉力合力最大，则杆的弹力最大，丙图中夹角最大，绳子拉力合力最小，则杆的弹力最小，甲图和乙图中的夹角相同，则绳子拉力合力相等，则杆的弹力相等，所以甲、乙、丙、丁四幅图中滑轮受到木杆P的弹力的大小顺序为：FD＞FA＝FB＞FC，故B正确，ACD错误。故选：B。本题考查的是力的合成与平衡条件在实际问题中的应用，要注意杆的弹力可以沿着杆的方向也可以不沿着杆方向，结合平衡条件分析是关键。例2：如图所示，两根等长的轻绳将日光灯悬挂在天花板上，两绳与竖直方向的夹角都为45°，日光灯保持水平，所受重力为G。则（）A.两绳对日光灯拉力的合力大小等于GB.两绳的拉力和重力不是共点力C.两绳的拉力大小均为22D.两绳的拉力大小均为G分析：两绳的拉力和重力是共点力，根据合力为零分析AB选项；根据对称性可知，左右两绳的拉力大小相等，分析日光灯的受力情况，由平衡条件求解绳子的拉力大小。解答：B．对日光灯受力分析如图：两绳拉力的作用线与重力作用线的延长线交于一点，这三个力是共点力，故B错误；A．由于日光灯在两绳拉力和重力作用下处于静止状态，所以两绳的拉力的合力与重力G等大反向，故A正确；CD．由于两个拉力的夹角成直角，且都与竖直方向成45°角，则由力的平行四边形定则可知：G=F12+F22，F1＝F2，解得：F1＝F故选：AC。点评：本题主要是考查了共点力的平衡，解答本题的关键是：确定研究对象、进行受力分析、进行力的合成，利用平衡条件建立方程进行解答。例3：如图，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l。现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点上可施加力的最小值为（）A.mgB.33C.12D.14分析：根据物体的受力平衡，依据几何关系求解即可。解答：依题得，要想CD水平，则各绳都要紧绷，根据几何关系可知，AC与水平方向的夹角为60°，结点C受力平衡，则受力分析如图所示因此CD的拉力为T＝mg•tan30°D点受CD绳子拉力大小等于T，方向向左。要使CD水平，则D点两绳的拉力与外界的力的合力为零，则CD绳子对D点的拉力可分解为沿BD绳的F1以及另一分力F2。由几何关系可知，当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小，因此有F2min＝T•sin60°=1故ABD错误，C正确。故选：C。点评：本题考查的是物体的受力平衡，解题的关键是当F2与BD垂直时，F2最小，F2的大小即为拉力大小。例4：如图甲所示，细绳AD跨过固定的水平轻杆BC右端的轻质光滑定滑轮悬挂一质量为M1的物体，∠ACB＝30°；图乙中轻杆HG一端用铰链固定在竖直墙壁上，另一端G通过细绳EG拉住，EG与水平方向的夹角为30°，在轻杆的G点用细绳GF悬挂一质量为M2的物体（都处于静止状态），求：（1）细绳AC的张力FTAC与细绳EG的张力FTEG之比；（2）轻杆BC对C端的支持力；（3）轻杆HG对G端的支持力。分析：（1）根据力的分解及几何关系解答。（2）图甲中对滑轮受力分析，运用合成法求解细绳AC段的张力FAC与轻杆BC对C端的支持力；（3）乙图中，以C点为研究对象，根据平衡条件求解细绳EG段的张力F2以及轻杆HG对G端的支持力。解答：下图（a）和下图（b）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，进行受力分析如图（a）和右图（b）所示，根据平衡规律可求解。（1）上图（a）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FTAC＝FCD＝M1g；上图（b）中由于FTEGsin30°＝M2g得FEG＝2M2g所以FTAC：FTEG＝M1：2M2。（2）上图（a）中，根据FAC＝FCD＝M1g且夹角为120°故FNC＝FAC＝M1g，方向与水平方向成30°，指向斜右上方。（3）上图（b）中，根据平衡方程有FNG=M2gtan30°答：（1）轻绳AC段的张力FAC与细绳EG的张力FEG之比为M1（2）轻杆BC对C端的支持力为M1g，指向斜右上方；（3）轻杆HG对G端的支持力大小为3M2g方向水平向右。点评：本题首先要抓住定滑轮两端绳子的特点，其次要根据平衡条件，以C、G点为研究对象，按力平衡问题的一般步骤求解。【解题思路点拨】1.在分析问题时，注意“静止”和“v＝0”不是一回事，v＝0，a=0时，是静止，是平衡状态2.解答共点力平衡问题的一般步骤（1）选取研究对象，对于有相互作用的两个或两个以上的物体构成的系统，应明确所选研究对象是系统整体还是系统中的某一个物体（整体法或隔离法）。（2）对所选研究对象进行受力分析，并画出受力分析图。（3）对研究对象所受的力进行处理，对三力平衡问题，一般根据平衡条件画出力合成时的平行四边形。对四力或四力以上的平衡问题，一般建立合适的直角坐标系，对各力按坐标轴进行分解。（4）建立平衡方程，对于四力或四力以上的平衡问题，用正交分解法列出方程组。3.临界与极值问题的分析技巧（1）求解平衡中的临界问题和极值问题时，首先要正确地进行受力分析和变化过程分析，找出平衡中的临界点和极值点。（2）临界条件必须在变化中寻找，不能停留在一个状态来研究临界问题，而是要把某个物理量推向极端，即极大或极小，并依此作出科学的推理分析，从而给出判断或结论。9．伽利略的理想斜面实验【知识点的认识】（1）亚里士多德认为：必须有力物体才能运动；没有力的作用，物体就要静止在某个地方。（2）伽利略的理想实验①斜面实验：让静止的小球从第一个斜面滚下，冲上第二个斜面，如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度。减小第二个斜面的倾角，原来释放时的小球滚动的距离增大，但所达到的高度相同。当第二个斜面放平，小球将永远运动下去。②推理结论：力不是维持物体运动的原因。③实验示意图如下：（3）笛卡儿的观点：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不会停下来，也不会偏离原来的方向。【命题方向】理想实验有时更能反映自然规律．伽利略设计了一个理想实验，其中有一个经验事实，其余是推论．如图所示的斜面：①减小另一个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍能达到原来的高度②两个斜面对接，让静止小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面③如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球要沿水平面做持续的匀速运动将上述理想实验的设想步骤按正确的顺序排列②③①④（只写序号即可）在上述设想步骤中，有的属于可靠的事实，有的属于理想化的推论．下列关于事实和推论的分类正确的是：BA．①是事实，②③④是推论B．②是事