2024-2025学年上学期广州高一物理期末培优卷1

第1页（共1页）2024-2025学年上学期广州高一物理期末培优卷1一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2014秋•寿县校级月考）物体与水平伸长弹簧相连，静止在木箱地板上．现发现物体突然动了起来，由此可判断，此时木箱的运动不可能是（）A．加速右移 B．加速左移 C．加速上升 D．加速下降2．（3分）（2019秋•和平区校级期末）甲、乙两辆小车由同一地点出发运动，速度—时间图象如图所示，则（）A．运动时甲的加速度与乙的加速度之比为4：3 B．运动时甲的加速度与乙的加速度之比为3：4 C．乙车开始运动时，两车相距4.5m D．甲、乙同时开始运动3．（3分）（2020秋•淮安区校级期末）如图所示，与斜面垂直的挡板和斜面上各有一个压力传感器A、B，斜面倾角可调，铁球静止在传感器A、B上，从图示位置缓慢减小斜面的倾角θ，下列说法中正确的是（）A．A的示数不变，B的示数减小 B．A的示数减小，B的示数不变 C．A的示数增大，B的示数减小 D．A的示数减小，B的示数增大4．（3分）如图所示，静止在水平地面上的重锤，上端系一橡皮筋，初始状态橡皮筋恰好伸直且处于原长，手抓着橡皮筋的上端迅速从A点上升至B点后，手在B点保持静止，重锤离开地面并上升一定高度。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．重锤离开地面前，对地面的压力逐渐减小，处于失重状态 B．重锤加速上升的过程处于超重状态 C．重锤的速度最大时，处于完全失重状态 D．重锤上升至最高点时，速度为零，处于平衡状态5．（3分）（2023•福田区校级模拟）近日憨态可掬的大熊猫“花花”可谓火出了圈，引得大批游客慕名参观。如图为大熊猫抓住树干静止时的图片。下列关于大熊猫受力说法正确的是（）A．大熊猫受重力、摩擦力 B．大熊猫的手越干越粗糙，摩擦力越大 C．大熊猫把树枝抓得越紧，越不容易掉下来 D．随着大熊猫抓树枝的力增加，摩擦力方向可能由向下变成向上6．（3分）（2023秋•沈阳期末）如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查，其传送装置可简化为如图乙所示的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2，若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则（）A．乘客与行李同时到达B处 B．行李提前0.5s到达B处 C．乘客提前0.5s到达B处 D．若传送带速度足够大，行李最快也要4s才能到达B处7．（3分）（2020秋•沙坪坝区校级月考）小明和小狗在草地上玩足球，t＝0时刻，小明给足球一个初速度v0＝12m/s，小狗立即同时同地同向追足球，足球在草地上做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝1.2m/s2，小狗先做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a2＝1.0m/s2，速度达到8m/s后做匀速直线运动，则小狗追上足球的时间为（）A．11.5s B．10s C．12s D．8s8．（3分）（2020秋•历城区校级月考）如图所示，质量为m的长方形木箱内部装有相连着的光滑小球（质量也为m）和轻弹簧，轻弹簧与木箱底面平行，其另一端连在木箱侧壁上，轻弹簧的劲度系数为k。倾角为θ的足够长斜面固定放置，木箱与斜面间的动摩擦因数为μ。静止释放木箱，木箱沿斜面加速下滑，当小球和木箱的加速度第一次相同时，轻弹簧的形变量为（）A．1kmgsinθB．1kμmgcosθC．1k（mgsinθ﹣μmgcosθ）D．1k（mgsinθ-12μ二．多选题（共4小题，满分24分，每小题6分）（多选）9．（6分）（2012秋•腾冲县校级期中）如图，下列说法正确的是（）A．甲的加速度最大 B．乙的加速度最大 C．丙的加速最大 D．交点表示甲、乙、丙速度相等 E．交点表示甲、乙、丙相遇（多选）10．（6分）（2022秋•孟津县月考）如图所示，AO、BO、CO三根细线系于结点O，OC吊着一个重物，用力拉着BO线将其由水平方向逆时针缓慢转至竖直方向，在此过程中，结点O的位置保持不变，下列说法正确的是（）A．AO的拉力逐渐减小到零 B．BO的拉力先减小后增大 C．AO、BO的拉力都逐渐增大 D．AO的拉力逐渐减小，BO的拉力逐渐增大（多选）11．（6分）（2019秋•德宏州期末）物体在某一水平恒力推动下沿一平直粗糙水平面由静止开始做匀加速直线运动，物体到达P点时撤去水平恒力。从物体起动时开始计时，每隔0.2s测得物体的瞬时速度如表所示，已知物体与粗糙水平面间的动摩擦因数始终不变，重力加速度g＝10m/s2。则根据表中的数据通过分析、计算能求出的是（）t（s）0.00.20.4…2.22.42.6…v（m/s）0.00.40.8…3.02.01.0…A．水平恒力的大小 B．物体与粗糙水平面间的滑动摩擦力 C．物体到达P点时速度的大小 D．物体运动的总位移（多选）12．（6分）（2022秋•榆林期末）如图所示，在倾角为θ的光滑固定斜面上，放着两个质量均为m且用细绳相连的小球A和小球B，现用弹簧将B球固定在挡板上，整个系统处于静止状态。重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（）A．当剪断细绳时，A球的加速度大小为gsinθ，B球的加速度大小为gsinθ B．当剪断靠近小球B这端的弹簧时，A球的加速度大小为gsinθ，B球的加速度大小为0 C．当剪断细绳时，A球的加速度大小为gsinθ，B球的加速度大小为0 D．当剪断靠近小球B这端的弹簧时，细绳的弹力为0三．实验题（共5小题，满分52分）13．（6分）（2023秋•新乐市校级月考）某同学利用三个完全相同弹簧测力计完成了平行四边形定则的验证，将弹簧测力计丙固定在水平面上，然后将弹簧测力计甲、乙挂在细绳套上。某次实验时，将弹簧测力计甲、乙沿水平将结点拉至图中的O点，弹簧测力计甲和丙垂直，弹簧测力计甲和乙的夹角大小为120°，弹簧测力计甲、乙的读数分别为2.0N、4.0N，则弹簧测力计丙的读数约为N；如果保持弹簧测力计甲、丙垂直，将弹簧测力计乙顺时针转过一个小角度且保持弹簧测力计丙的示数不变，则弹簧测力计甲的读数将，弹簧测力计乙的读数将（填“变大”、“不变”或“变小”）；在该次操作时用刻度尺测量了弹簧测力计乙4.0N的刻度线到0刻度线的距离为8.0cm，则弹簧测力计中弹簧的劲度系数为k＝N/m。（3=1.73214．（10分）（2020秋•荣成市期中）某同学采用图（甲）所示的装置探究加速度与力、质量的关系。实验的主要步骤如下：a．将木板的一侧垫高，利用阻力补偿法补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力；b．将槽码、小车、打点计时器、纸带安装好；c．通过改变槽码的个数成倍地改变小车所受的拉力，与此对应，处理纸带上打出的点来测量加速度；d．保持小车所受的拉力不变，通过增减小车中的重物改变小车的质量。处理纸带上打出的点来测量加速度；e．做出加速度与相应物理量的图象得出实验结论。回答下列问题：（1）请简述阻力补偿法的操作过程；（2）实验中，当槽码的质量m与小车的质量M之间满足什么关系，绳对车的拉力F近似等于槽码的重力？（3）观察表中的实验记录，为了直观的判断小车的加速度a与拉力F及小车质量M的定量关系，要做出a与及a与的图象。F/N0.140.190.240.290.34a/（m•s﹣2）0.390.530.670.810.94M/kg0.310.360.410.610.86a/（m•s﹣2）0.940.810.710.480.34（4）图（乙）为某次实验中得到的纸带示意图，一同学测量了2段长度分别为x1、x2，已知纸带上相邻两点的计时间隔为t，则小车的加速度为。15．（9分）（2018•枣庄二模）如图所示，长为L、质量为M的薄木板放在水平地面上，一质量为m可视为质点的木块放在薄木板的右端。用水平向右的力F作用于薄木板的右端，可将薄木板从木块下抽出。已知薄木板与地面之间、木块与薄木板之间、木块与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。设物体之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：（1）力F的大小满足的条件。（2）试推导并说明木块离开薄木板后向右运动的位移大小s与力F大小之间的关系。16．（12分）（2022秋•金凤区校级期末）2022年4月16日，我国航天员翟志刚、王亚平，叶光富搭乘神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。在着陆阶段，主降落伞打开后主降落伞和返回舱的运动过程简化如下：阶段Ⅰ，主降落伞和返回舱沿竖直方向减速下降；阶段Ⅱ，以速度v0匀速下降；阶段Ⅲ，当返回舱离地面h高时，返回舱的反推发动机启动，返回舱沿竖直方向匀减速下降，着地前瞬间速度恰好为零。已知上述过程中，只考虑主降落伞受到的空气阻力，忽略其他阻力，主降落伞质量不计，返回舱（含航天员）总质量为m，重力加速度为g。（1）在阶段Ⅱ中，空气阻力的大小；（2）在阶段Ⅲ中，若在反推发动机启动后，降落伞与返回舱之间的轻绳处于松弛状态，求反推发动机产生的推力大小；（3）若连接降落伞与返回舱间的n根等长轻绳均匀分布，轻绳与竖直方向的夹角均为θ，求阶段Ⅱ中每根轻绳的拉力大小。17．（15分）（2023秋•黄浦区校级期末）中国籍80后极限爱好者叶晨光身披国旗完成了万米高空跳伞挑战，打破了国人高空跳伞最高纪录。叶晨光从10000m的高度从飞机下落，并在离地足够高的地方开伞。若他和伞的总质量为m，请思考下列问题（本题数据运算g取9.8m/s2）：（1）开始时叶晨光做自由落体运动，求出他在3s末的速度v1大小以及前3s内的位移h1大小。（2）当降落伞完全打开后，叶晨光和伞所受空气阻力f的大小与速度的平方成正比，即f＝kv2（k为常数）。设伞完全打开时速度为v0，对应的空气阻力f0＞mg，求此时的加速度a0。（3）当降落伞完全打开后，通过分析说明叶晨光做怎样的运动？并根据你的分析画出对应的v﹣t图。（4）若空气阻力f＝27.4v2，叶晨光和伞的总质量m＝70kg，已知叶晨光落地前已匀速下降，则叶晨光的落地速度vt大小为多少？（第4小问结果保留两位有效数字）

2024-2025学年上学期广州高一物理期末典型卷1参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分24分，每小题3分）1．（3分）（2014秋•寿县校级月考）物体与水平伸长弹簧相连，静止在木箱地板上．现发现物体突然动了起来，由此可判断，此时木箱的运动不可能是（）A．加速右移 B．加速左移 C．加速上升 D．加速下降【考点】超重与失重的概念、特点和判断；判断是否存在摩擦力．【专题】牛顿运动定律综合专题．【答案】C【分析】对物体进行受力分析，可知物体在水平方向受弹力及摩擦力，只有摩擦力减小时物体才会向右运动，分析升降机的运动情况可得出摩擦力的变化是否符合题意．【解答】解：A、加速向右运动时，物体由于惯性的作用会有向左的运动趋势；故A是可能的；B、加速向左运动时，物体相对于车厢有向右的运动趋势；摩擦力向左，若摩擦力不足以使物体与木厢一起运动，则A将向右运动；故B是可能的；C、加速上升物体具有向上的加速度，超重，增大了物体与地板间的最大静摩擦力，弹簧不会拉向右方，故C是不可能的；D、减速上升时，升降机有向下的加速度，失重，物体对地板的正压力减小；这时的最大静摩擦力小于电梯静止时的静摩擦力，而弹簧的弹力又未改变，故在这种情况下可能被拉向右方；故D是可能的；本题选择不可能的，故选：C。【点评】本题考查了超重和失重，关键是掌握：超重时具有向上加速度，失重时具有向下加速度．2．（3分）（2019秋•和平区校级期末）甲、乙两辆小车由同一地点出发运动，速度—时间图象如图所示，则（）A．运动时甲的加速度与乙的加速度之比为4：3 B．运动时甲的加速度与乙的加速度之比为3：4 C．乙车开始运动时，两车相距4.5m D．甲、乙同时开始运动【考点】根据v﹣t图像的物理意义对比多个物体的运动情况．【专题】比较思想；图析法；运动学中的图象专题；理解能力．【答案】C【分析】速度﹣时间图象的斜率等于物体的加速度，图象与时间轴围成的面积等于物体在该段时间内通过的位移。根据图象直接读出物体开始运动的时刻。【解答】解：AB、根据速度﹣时间图象的斜率等于物体的加速度，则得甲的加速度为：a甲=ΔvΔt=44m/s2＝1m/s2，乙的加速度为：a乙=Δv'Δt'=41m/s2C、乙车开始运动时，甲的速度为3m/s，两车相距距离等于甲有0﹣3s内通过的位移，为：s=3×32m＝4.5m，故D、由图可知，甲先运动3s后乙开始运动，故D错误。故选：C。【点评】把握速度﹣时间图象的两个物理意义：①速度图象的斜率等于物体的加速度；②速度图象与时间轴围成的面积等于物体通过的位移，即可顺利解决此类题目。3．（3分）（2020秋•淮安区校级期末）如图所示，与斜面垂直的挡板和斜面上各有一个压力传感器A、B，斜面倾角可调，铁球静止在传感器A、B上，从图示位置缓慢减小斜面的倾角θ，下列说法中正确的是（）A．A的示数不变，B的示数减小 B．A的示数减小，B的示数不变 C．A的示数增大，B的示数减小 D．A的示数减小，B的示数增大【考点】共点力的平衡问题及求解；牛顿第三定律的理解与应用；力的合成与分解的应用．【专题】定量思想；合成分解法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．【答案】C【分析】以铁球为研究对象进行受力分析，根据平衡条件得到两个压力传感器示数与倾角的关系进行分析。【解答】解：以铁球为研究对象，受力情况如图所示：根据几何关系可得：FA＝mgcosθ，FB＝mgsinθ。根据牛顿第三定律可知，A、B传感器的示数分别为mgcosθ、FB＝mgsinθ。从图示位置缓慢减小斜面的倾角θ，则FA增大、FB减小，故C正确、ABD错误。故选：C。【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平行四边形法则进行力的合成，然后建立平衡方程进行解答。4．（3分）如图所示，静止在水平地面上的重锤，上端系一橡皮筋，初始状态橡皮筋恰好伸直且处于原长，手抓着橡皮筋的上端迅速从A点上升至B点后，手在B点保持静止，重锤离开地面并上升一定高度。不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．重锤离开地面前，对地面的压力逐渐减小，处于失重状态 B．重锤加速上升的过程处于超重状态 C．重锤的速度最大时，处于完全失重状态 D．重锤上升至最高点时，速度为零，处于平衡状态【考点】超重与失重的概念、特点和判断．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】B【分析】失重状态：当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度。超重状态：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度。【解答】解：A、重锤离开地面前静止不动，处于平衡状态，即不是超重，也不是失重，由平衡条件有mg＝FN+T，橡皮筋的弹力T增大，则地面的支持力FN减小，由牛顿第三定律可知，对地面的压力逐渐减小，故A错误；B、重锤加速上升的过程，具有向上的加速度，则处于超重状态，故B正确；CD、重锤的速度最大时，加速度为零，橡皮筋的弹力与重力等大反向，处于平衡状态，即不是超重，也不是失重，小球继续上升，上升至最高点时，速度为零，此时，重锤的合力不为零，具有向下的加速度，处于失重状态，故CD错误。故选：B。【点评】本题考查物理知识与生活的联系，注意细致分析物理过程，仔细观察速度的变化情况，与超失重的概念联系起来加以识别。5．（3分）（2023•福田区校级模拟）近日憨态可掬的大熊猫“花花”可谓火出了圈，引得大批游客慕名参观。如图为大熊猫抓住树干静止时的图片。下列关于大熊猫受力说法正确的是（）A．大熊猫受重力、摩擦力 B．大熊猫的手越干越粗糙，摩擦力越大 C．大熊猫把树枝抓得越紧，越不容易掉下来 D．随着大熊猫抓树枝的力增加，摩擦力方向可能由向下变成向上【考点】判断是否存在摩擦力；共点力的平衡问题及求解；重力的概念、物理意义及其产生（来源）；弹力的概念及其产生条件．【专题】定性思想；推理法；摩擦力专题；推理论证能力．【答案】C【分析】大熊猫处于静止状态，受力平衡，对大熊猫受力分析，结合平衡条件分析即可。【解答】解：A、大熊猫受重力、摩擦力和树干的弹力作用，故A错误；BD、小熊猫处于静止状态，竖直方向，大熊猫的重力和摩擦力平衡，则所受摩擦力方向总是竖直向上，且大小不变，故BD错误；C、大熊猫把树枝抓得越紧，最大静摩擦力越大，越不容易产生滑动，即越不容易掉下来，故C正确；故选：C。【点评】本题考查摩擦力，解题关键是对大熊猫做好受力分析，结合共点力平衡分析即可。6．（3分）（2023秋•沈阳期末）如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查，其传送装置可简化为如图乙所示的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1m/s的恒定速率运行。旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2，若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李，则（）A．乘客与行李同时到达B处 B．行李提前0.5s到达B处 C．乘客提前0.5s到达B处 D．若传送带速度足够大，行李最快也要4s才能到达B处【考点】水平传送带模型；匀变速直线运动位移与时间的关系；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力；模型建构能力．【答案】C【分析】行李在传送带上先加速运动，然后再和传送带一起匀速运动，由牛顿第二定律和运动学公式求出时间。若行李一直做匀加速运动时，运动时间最短。【解答】解：ABC、由牛顿第二定律，得μmg＝ma解得a＝1m/s2设行李做匀加速运动的时间为t，行李加速运动的末速度为v＝1m/s由v＝at1代入数值得t1＝1s匀加速运动的位移大小为x=12匀速运动的时间为t2=行李从A到B的时间为t＝t1+t2解得t＝2.5s而乘客一直做匀速运动，从A到B的时间为t人=Lv=21s＝故AB错误，C正确；D、若行李一直做匀加速运动时，运动时间最短。由L=解得最短时间t'＝2s故D错误。故选：C。【点评】该题考查的是传送带问题，行李在传送带上先加速运动，然后再和传送带一起匀速运动，若要时间最短，则行李一直做匀加速运动。7．（3分）（2020秋•沙坪坝区校级月考）小明和小狗在草地上玩足球，t＝0时刻，小明给足球一个初速度v0＝12m/s，小狗立即同时同地同向追足球，足球在草地上做匀减速直线运动，加速度大小为a1＝1.2m/s2，小狗先做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小为a2＝1.0m/s2，速度达到8m/s后做匀速直线运动，则小狗追上足球的时间为（）A．11.5s B．10s C．12s D．8s【考点】变速物体追匀速物体问题．【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．【答案】A【分析】根据速度﹣时间公式求出足球匀减速直线运动的时间，从而根据平均速度公式求出足球的位移，根据速度﹣时间公式求出小狗达到最大速度的时间和位移，然后小狗做匀速直线运动，结合位移关系求出追及的时间。【解答】解：已知足球的初速度为v0＝12m/s，加速度大小为a1＝1.2m/s2，设足球匀减速到速度为零的时间t1，位移x1，根据速度﹣时间公式，求出足球做匀减速运动的时间为：t1=v0足球匀减速直线运动，根据平均速度公式，可得足球做匀减速运动到零位移：x1=v已知小狗的加速度为a2＝1.0m/s2，最大速度为v2＝8m/s，小狗做初速度为零匀加速运动，设达到最大速度的时间t2和位移x2根据速度﹣时间公式，得出小狗达到最大速度的时间：t2=v2a小狗匀加速直线运动，根据平均速度公式，可得小狗做匀加速运动到最大速度位移：x2=v之后小狗做匀速直线运动，到足球停止运动时，其匀速运动位移为：x3＝v2（t1﹣t2）＝8×（10﹣8）m＝16m由于x2+x3＜x1，故足球停止运动时，小狗没有追上足球，然后小狗继续以最大速度匀速运动追赶足球，由匀速运动公式得：x1﹣（x2+x3）＝v2t3代入数据解得：t3＝1.5s故小狗追上足球的时间：t＝t1+t3＝10s+1.5s＝11.5s，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题以小明和小狗在草地上玩足球为情景载体，考查了匀变速直线运动规律在实际生活中的应用，解决本题的关键理清足球和小狗的位移关系，结合运动学公式灵活求解。8．（3分）（2020秋•历城区校级月考）如图所示，质量为m的长方形木箱内部装有相连着的光滑小球（质量也为m）和轻弹簧，轻弹簧与木箱底面平行，其另一端连在木箱侧壁上，轻弹簧的劲度系数为k。倾角为θ的足够长斜面固定放置，木箱与斜面间的动摩擦因数为μ。静止释放木箱，木箱沿斜面加速下滑，当小球和木箱的加速度第一次相同时，轻弹簧的形变量为（）A．1kmgsinθB．1kμmgcosθC．1k（mgsinθ﹣μmgcosθ）D．1k（mgsinθ-12μ【考点】作用力与反作用力；胡克定律及其应用；力的合成与分解的应用．【专题】计算题；信息给予题；定量思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】B【分析】分别选整体和小球为研究对象，利用牛顿第二定律，结合胡克定律可以求出弹簧的形变量。【解答】解：当小球和木箱的加速度第一次相同时，将小球和木箱看作一个整体，有2mgsinθ﹣μ•2mgcosθ＝2ma对小球有mgsinθ﹣T＝ma联立解得T＝μmgcosθ根据胡克定律得轻弹簧的形变量Δx=1kμ故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题考查牛顿第二定律，在涉及连接体问题时，可以先整体求共同加速度，再隔离求相互作用力。二．多选题（共4小题，满分24分，每小题6分）（多选）9．（6分）（2012秋•腾冲县校级期中）如图，下列说法正确的是（）A．甲的加速度最大 B．乙的加速度最大 C．丙的加速最大 D．交点表示甲、乙、丙速度相等 E．交点表示甲、乙、丙相遇【考点】复杂的运动学图像问题；匀变速直线运动速度与时间的关系．【专题】直线运动规律专题．【答案】AD【分析】v﹣t图象反映速度随时间的变化情况，斜率等于加速度，两图线的交点表示速度相同；图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移．速度图象不能反映物体的初始位置．【解答】解：A、B、C、根据v﹣t图象的斜率等于加速度，可知，甲图线的斜率最大，则甲的加速度最大，故A正确。D、由图知，交点表示甲、乙、丙速度相等，故D正确。E、速度—时间图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移，可知交点处丙的位移最大，但速度图象不能反映物体的初始位置，所以无法判断三个物体是否相遇。故E错误。故选：AD。【点评】本题只要抓住速度图象与坐标轴所围的“面积”表示物体的位移，斜率等于物体的加速度进行分析．要注意速度图象不能表示出物体出发点的位置．（多选）10．（6分）（2022秋•孟津县月考）如图所示，AO、BO、CO三根细线系于结点O，OC吊着一个重物，用力拉着BO线将其由水平方向逆时针缓慢转至竖直方向，在此过程中，结点O的位置保持不变，下列说法正确的是（）A．AO的拉力逐渐减小到零 B．BO的拉力先减小后增大 C．AO、BO的拉力都逐渐增大 D．AO的拉力逐渐减小，BO的拉力逐渐增大【考点】解析法求共点力的平衡；力的合成与分解的应用．【专题】定性思想；推理法；受力分析方法专题；推理论证能力．【答案】AB【分析】对结点O受力分析，作出动态平衡图，根据图形，判断力的变化。【解答】解：对结点O受力分析，它受三个拉力作用，其中OC的拉力大小等于G，如图所示将AO、BO两个拉力合成，合力与第三个力平衡，作出动态平衡图，由图像可以看出，当用力拉着BO线将其由水平方向逆时针缓慢转至竖直方向过程中，AO的拉力一直减小至零，BO的拉力先减小后增大。故AB正确，CD错误。故选：AB。【点评】本题解题关键是正确画出三个力平衡的动态平衡图。（多选）11．（6分）（2019秋•德宏州期末）物体在某一水平恒力推动下沿一平直粗糙水平面由静止开始做匀加速直线运动，物体到达P点时撤去水平恒力。从物体起动时开始计时，每隔0.2s测得物体的瞬时速度如表所示，已知物体与粗糙水平面间的动摩擦因数始终不变，重力加速度g＝10m/s2。则根据表中的数据通过分析、计算能求出的是（）t（s）0.00.20.4…2.22.42.6…v（m/s）0.00.40.8…3.02.01.0…A．水平恒力的大小 B．物体与粗糙水平面间的滑动摩擦力 C．物体到达P点时速度的大小 D．物体运动的总位移【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】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】CD【分析】（1）首先根据表格中对物体速度和时间的记录，利用运动学公式求解加速度的大小，然后根据牛顿第二定律求解恒力和摩擦力的大小；（2）根据速度﹣时间公式和位移—时间公式求解物体在p的速度和总位移。【解答】解：AB、设物体所受摩擦力大小为f，撤去水平恒力之前物体运动的加速度大小a撤去水平恒力之后的加速度大小a根据牛顿第二定律得：F﹣f＝ma1f＝ma2因m未知，则不能求解F和f，故AB错误；C、设P点速度为v，从启动到P经历的时间为t，据题意得v＝a1t＝2tv＝a2（2.8﹣t）＝14﹣5t联立以上两式解得t＝2sv＝4m/s，故C正确；D、物体总位移s=v2t+故选：CD。【点评】本题考查牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律问题，解题时应注意各过程中物体的运动性质，并注意关注物理量的对应性。（多选）12．（6分）（2022秋•榆林期末）如图所示，在倾角为θ的光滑固定斜面上，放着两个质量均为m且用细绳相连的小球A和小球B，现用弹簧将B球固定在挡板上，整个系统处于静止状态。重力加速度大小为g，则下列说法正确的是（）A．当剪断细绳时，A球的加速度大小为gsinθ，B球的加速度大小为gsinθ B．当剪断靠近小球B这端的弹簧时，A球的加速度大小为gsinθ，B球的加速度大小为0 C．当剪断细绳时，A球的加速度大小为gsinθ，B球的加速度大小为0 D．当剪断靠近小球B这端的弹簧时，细绳的弹力为0【考点】牛顿第二定律求解瞬时问题；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；推理论证能力．【答案】AD【分析】当剪断细绳时，弹簧来不及收缩，弹簧的弹力不变，利用整体法和隔离法对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求解；当剪断靠近小球B这端的弹簧时，B球所受弹簧的弹力消失，以AB整体为研究对象进行分析。【解答】解：AC.以A、B为整体，一开始弹簧弹力大小为F＝2mgsinθ当剪断细绳时，弹簧弹力保持不变，对A球根据牛顿第二定律得mgsinθ＝maA解得aA＝gsinθ对B球根据牛顿第二定律得F﹣mgsinθ＝maB解得aB＝gsinθ故A正确，C错误；BD.当剪断靠近小球B这端的弹簧时，B球所受弹簧的弹力消失，以A、B为整体，根据牛顿第二定律得2mgsinθ＝2ma解得a＝gsinθ可知A.B球的加速度大小均为gsinθ；对A球根据牛顿第二定律得mgsinθ﹣T＝ma解得细绳的弹力为T＝0故B错误，D正确。故选：AD。【点评】本题考查了牛顿第二定律、受力分析法等知识点。整体法和隔离法是受力分析的重要方法，在解题时可以先利用整体法求出加速度，然后再根据隔离法求其它力。三．实验题（共5小题，满分52分）13．（6分）（2023秋•新乐市校级月考）某同学利用三个完全相同弹簧测力计完成了平行四边形定则的验证，将弹簧测力计丙固定在水平面上，然后将弹簧测力计甲、乙挂在细绳套上。某次实验时，将弹簧测力计甲、乙沿水平将结点拉至图中的O点，弹簧测力计甲和丙垂直，弹簧测力计甲和乙的夹角大小为120°，弹簧测力计甲、乙的读数分别为2.0N、4.0N，则弹簧测力计丙的读数约为3.5N；如果保持弹簧测力计甲、丙垂直，将弹簧测力计乙顺时针转过一个小角度且保持弹簧测力计丙的示数不变，则弹簧测力计甲的读数将变小，弹簧测力计乙的读数将变小（填“变大”、“不变”或“变小”）；在该次操作时用刻度尺测量了弹簧测力计乙4.0N的刻度线到0刻度线的距离为8.0cm，则弹簧测力计中弹簧的劲度系数为k＝50.0N/m。（3=1.732【考点】探究两个互成角度的力的合成规律．【专题】定量思想；等效替代法；平行四边形法则图解法专题；实验探究能力．【答案】3.5、变小、变小、50.0。【分析】通过平行四边形定则作出的F1、F2的合力，应用数学知识计算对角线表示力的大小；画出满足条件的受力示意力，从平行四边形两邻力长度的变化确定弹簧测力计示数的变化；根据胡克定律求出弹簧秤测力计的劲度系数。【解答】解：根据题意，弹簧测力计甲、乙的合力大小等于测力计丙的大小。如下图所示F为弹簧测力计甲、乙的合力，则由几何关系可知：F＝F2cos30°＝4cos30°＝23N≈3.5N保持弹簧测力计甲、丙垂直，且保持弹簧测力计丙的示数不变，则说明弹簧测力计甲、乙的合力保持不变，将弹簧测力计乙顺时针转过一个小角度，如下图所示，则弹簧测力计甲的读数变小，弹簧测力计乙的示数变小；弹簧测力计乙4.0N的刻度线到0刻度线的距离为8.0cm，则说明弹簧测力计乙的伸长量为8cm，则弹簧测力计中弹簧的劲度系数为：k=F故答案为：3.5、变小、变小、50.0。【点评】本实验采用的是“等效替代”的方法，即一个合力与几个分力共同作用的效果相同，可以互相替代，明确“理论值”和“实验值”的区别。14．（10分）（2020秋•荣成市期中）某同学采用图（甲）所示的装置探究加速度与力、质量的关系。实验的主要步骤如下：a．将木板的一侧垫高，利用阻力补偿法补偿打点计时器对小车的阻力及其他阻力；b．将槽码、小车、打点计时器、纸带安装好；c．通过改变槽码的个数成倍地改变小车所受的拉力，与此对应，处理纸带上打出的点来测量加速度；d．保持小车所受的拉力不变，通过增减小车中的重物改变小车的质量。处理纸带上打出的点来测量加速度；e．做出加速度与相应物理量的图象得出实验结论。回答下列问题：（1）请简述阻力补偿法的操作过程；（2）实验中，当槽码的质量m与小车的质量M之间满足什么关系，绳对车的拉力F近似等于槽码的重力？（3）观察表中的实验记录，为了直观的判断小车的加速度a与拉力F及小车质量M的定量关系，要做出a与F及a与1M的图象。F/N0.140.190.240.290.34a/（m•s﹣2）0.390.530.670.810.94M/kg0.310.360.410.610.86a/（m•s﹣2）0.940.810.710.480.34（4）图（乙）为某次实验中得到的纸带示意图，一同学测量了2段长度分别为x1、x2，已知纸带上相邻两点的计时间隔为t，则小车的加速度为x2-【考点】探究加速度与力、质量之间的关系．【专题】实验题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；实验探究能力．【答案】（1）调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动；（2）m＜＜M；（3）F；1M；（4）【分析】（1）阻力补偿意为平衡摩擦力及其它阻力；阻力补偿操作按实验方法回答即可；（2）根据牛顿第二定律判断出绳中拉力近似等于钩码的重力条件；（3）根据数据a与F和a与M的关系即可判断；（4）根据相邻相等时间内位移之差等于常数即可求得加速度。【解答】解：（1）阻力补偿法的操作过程为调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动；（2）对小车和槽码构成的整体，根据牛顿第二定律可得：mg＝（M+m）a，对小车：F＝Ma=MmgM+m=mg1+mM（3）要直观的反映两个量之间的关系，可以通过作图来解决．但是只有作出一条直线，才可以直观的反映两个变量之间的关系．在探究加速度a与拉力F的关系时，为了直观判断二者间的关系，应作出a﹣F图象；在探究加速度a与质量m的关系时，为了直观判断二者间的关系，应作出a-1M（4）根据Δx＝aT2可知，x2中前后两段位移分别对应比x1中前后两段位移多3at2，故x解得：a=故答案为：（1）调节木板的倾斜度，使小车在不受牵引时能拖动纸带沿木板匀速运动；（2）m＜＜M；（3）F；1M；（4）【点评】本实验是验证牛顿第二定律基础题，考察实验原理，纸带测量，数据处理，误差分析基本内容。实验数据处理是基本技能，会利用逐差法求得加速度。15．（9分）（2018•枣庄二模）如图所示，长为L、质量为M的薄木板放在水平地面上，一质量为m可视为质点的木块放在薄木板的右端。用水平向右的力F作用于薄木板的右端，可将薄木板从木块下抽出。已知薄木板与地面之间、木块与薄木板之间、木块与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。设物体之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：（1）力F的大小满足的条件。（2）试推导并说明木块离开薄木板后向右运动的位移大小s与力F大小之间的关系。【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】计算题；学科综合题；整体思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）当木块和木板间的静摩擦力达到最大静摩擦力时，两者发生相对滑动，隔离对木块和木板分析，运用牛顿第二定律求出水平拉力F的最小值，从而得到F满足的条件。（2）木块相对于木板发生滑动时，由牛顿第二定律求得两者的加速度。当木块离开薄木板时，木板与木块的位移之差等于板长，由此列式求得时间，再由位移公式求出木块的位移s与F的关系。【解答】解：（1）设木块与木板之间的最大静摩擦力大小为fm，由题意和滑动摩擦力公式得：fm＝μmg设木块随木板一起运动相对于地面的最大加速度大小为am，由牛顿第二定律得：fm＝mam此时，设作用于薄木板右端水平向右力的大小为F0，对于木块和木板整体，由滑动摩擦力公式和牛顿第二定律得：F0﹣μ（M+m）g＝（M+m）am解得：F0＝2μ（M+m）g要将薄木板从木块下抽出，应满足的条件为：F＞F0即：F＞2μ（M+m）g。（2）在F＞2μ（M+m）g时，木块相对于木板发生了滑动；设木块和木板相对于地面运动的加速度大小分别为a1、a2，由滑动摩擦力公式和牛顿第二定律得：对木块：f＝μmg，f＝ma1对木板：f地＝μ（M+m）g，F﹣f﹣f地＝Ma2解得：a1＝μg，a2=设木块从开始运动到刚从木板上滑落所用的时间为t1，木块和木板相对于地面发生位移分别为s1、s2，由运动学公式和几何关系得：s1=由位移关系有s1+L＝s2解得：t设此时木块的速度大小为v1，由运动学公式得：v1＝a1t1木块从木板上滑落后，在水平地面上继续滑动，设其受到的滑动摩擦力大小为f′、加速度大小为a′，由滑动摩擦力公式和牛顿第二定律得：f′＝μmg，f′＝ma′，v1解得：s=通过上式分析可得，木块离开薄木板后向右运动的位移大小s随力F的增大而减小。答：（1）力F的大小满足的条件F＞2μ（M+m）g。（2）木块离开薄木板后向右运动的位移大小s与力F大小之间的关系为s=μMgLF-2μ(M+m)g，s随力【点评】本题是牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，涉及到多个物体，在解题时一定要注意正确分析物理过程，灵活选择研究对象，对每一过程做好受力分析，才能根据动力学规律准确求解。16．（12分）（2022秋•金凤区校级期末）2022年4月16日，我国航天员翟志刚、王亚平，叶光富搭乘神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。在着陆阶段，主降落伞打开后主降落伞和返回舱的运动过程简化如下：阶段Ⅰ，主降落伞和返回舱沿竖直方向减速下降；阶段Ⅱ，以速度v0匀速下降；阶段Ⅲ，当返回舱离地面h高时，返回舱的反推发动机启动，返回舱沿竖直方向匀减速下降，着地前瞬间速度恰好为零。已知上述过程中，只考虑主降落伞受到的空气阻力，忽略其他阻力，主降落伞质量不计，返回舱（含航天员）总质量为m，重力加速度为g。（1）在阶段Ⅱ中，空气阻力的大小；（2）在阶段Ⅲ中，若在反推发动机启动后，降落伞与返回舱之间的轻绳处于松弛状态，求反推发动机产生的推力大小；（3）若连接降落伞与返回舱间的n根等长轻绳均匀分布，轻绳与竖直方向的夹角均为θ，求阶段Ⅱ中每根轻绳的拉力大小。【考点】牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力；牛顿第二定律的简单应用．【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；共点力作用下物体平衡专题；分析综合能力．【答案】（1）在阶段Ⅱ中，空气阻力的大小为mg；（2）在阶段Ⅲ中，反推发动机产生的推力大小mg+m（3）阶段Ⅱ中每根轻绳的拉力大小mgncosθ【分析】（1）阶段Ⅱ，主降落伞和返回舱做匀速运动，根据平衡条件求空气阻力；（2）根据运动学公式求加速度，根据牛顿第二定律求反推火箭推力；（3）根据平衡条件和力的合成与分解求每根轻绳的拉力。【解答】解：（1）在阶段Ⅱ中，主降落伞和返回舱做匀速运动根据平衡条件得空气阻力f＝mg（2）在阶段Ⅲ中，设返回舱的加速度大小为a根据运动学公式v以返回舱整体为研究对象，取竖直向上方向为正方向根据牛顿第二定律F﹣mg＝ma代入数据联立解得F=mg+（3）在阶段Ⅱ中，对返回舱（含航天员），根据平衡条件nTcosθ＝mg解得每根轻绳的拉力T=答：（1）在阶段Ⅱ中，空气阻力的大小为mg；（2）在阶段Ⅲ中，反推发动机产生的推力大小mg+m（3）阶段Ⅱ中每根轻绳的拉力大小mgncosθ【点评】本题考查共点力作用下物体的平衡、牛顿第二定律的综合的运用，需要注意题干中阻力信息的运用。17．（15分）（2023秋•黄浦区校级期末）中国籍80后极限爱好者叶晨光身披国旗完成了万米高空跳伞挑战，打破了国人高空跳伞最高纪录。叶晨光从10000m的高度从飞机下落，并在离地足够高的地方开伞。若他和伞的总质量为m，请思考下列问题（本题数据运算g取9.8m/s2）：（1）开始时叶晨光做自由落体运动，求出他在3s末的速度v1大小以及前3s内的位移h1大小。（2）当降落伞完全打开后，叶晨光和伞所受空气阻力f的大小与速度的平方成正比，即f＝kv2（k为常数）。设伞完全打开时速度为v0，对应的空气阻力f0＞mg，求此时的加速度a0。（3）当降落伞完全打开后，通过分析说明叶晨光做怎样的运动？并根据你的分析画出对应的v﹣t图。（4）若空气阻力f＝27.4v2，叶晨光和伞的总质量m＝70kg，已知叶晨光落地前已匀速下降，则叶晨光的落地速度vt大小为多少？（第4小问结果保留两位有效数字）【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；自由落体运动的规律及应用；牛顿第二定律的简单应用．【专题】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）他在3s末的速度v1大小为29.4m/s，前3s内的位移h1大小为44.1m。（2）设伞完全打开时速度为v0，对应的空气阻力f0＞mg，此时的加速度a0（3）当降落伞完全打开后，先做加速度越来越小的减速运动，后做匀速运动，对应的v﹣t图像如图所示：（4）叶晨光的落地速度vt大小为5.0m/s。【分析】（1）根据自由落体运动的速度公式和位移公式求解；（2）根据牛顿第二定律求解加速度；（3）当降落伞完全打开后，空气阻力大于重力，做加速度减小的减速运动；（4）根据平衡条件计算。【解答】解：（1）运动员做自由落体运动，根据速度公式得，v1＝gt＝9.8×3m/s＝29.4m/s，根据位移公式得，h（2）伞完全打开时速度为v0，对应的空气阻力f0=kv02，根据牛顿第二定律可知，（3）当降落伞完全打开后运动员先做加速度越来越小的减速运动，后做匀速运动。v﹣t图像如图所示：（4）若空气阻力f＝27.4vt2，叶晨光和伞的总质量m＝70kg，则叶晨光落地时，受力平衡，f＝mg，代入数据可得vt＝答：（1）他在3s末的速度v1大小为29.4m/s，前3s内的位移h1大小为44.1m。（2）设伞完全打开时速度为v0，对应的空气阻力f0＞mg，此时的加速度a0（3）当降落伞完全打开后，先做加速度越来越小的减速运动，后做匀速运动，对应的v﹣t图像如图所示：（4）叶晨光的落地速度vt大小为5.0m/s。【点评】本题考查了牛顿第二定律和功率的计算，关键是明确运动员的运动情况、受力情况和能量的转化情况，然后结合运动学公式、牛顿第二定律列式求解。

考点卡片1．匀变速直线运动速度与时间的关系【知识点的认识】匀变速直线运动的速度—时间公式：vt＝v0+at．其中，vt为末速度，v0为初速度，a为加速度，运用此公式解题时要注意公式的矢量性．在直线运动中，如果选定了该直线的一个方向为正方向，则凡与规定正方向相同的矢量在公式中取正值，凡与规定正方向相反的矢量在公式中取负值，因此，应先规定正方向．（一般以v0的方向为正方向，则对于匀加速直线运动，加速度取正值；对于匀减速直线运动，加速度取负值．）【命题方向】例1：一个质点从静止开始以1m/s2的加速度做匀加速直线运动，经5s后做匀速直线运动，最后2s的时间内使质点做匀减速直线运动直到静止．求：（1）质点做匀速运动时的速度；（2）质点做匀减速运动时的加速度大小．分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式求出5s末的速度，结合速度时间公式求出质点速度减为零的时间．解答：（1）根据速度时间公式得，物体在5s时的速度为：v＝a1t1＝1×5m/s＝5m/s．（2）物体速度减为零的时间2s，做匀减速运动时的加速度大小为：a2=vt答：（1）质点做匀速运动时的速度5m/s；（2）质点做匀减速运动时的加速度大小2.5m/s2．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度时间公式和位移时间公式，并能灵活运用．例2：汽车以28m/s的速度匀速行驶，现以4.0m/s2的加速度开始刹车，则刹车后4s末和8s末的速度各是多少？分析：先求出汽车刹车到停止所需的时间，因为汽车刹车停止后不再运动，然后根据v＝v0+at，求出刹车后的瞬时速度．解答：由题以初速度v0＝28m/s的方向为正方向，则加速度：a=vt-刹车至停止所需时间：t=vt-v故刹车后4s时的速度：v3＝v0+at＝28m/s﹣4.0×4m/s＝12m/s刹车后8s时汽车已停止运动，故：v8＝0答：刹车后4s末速度为12m/s，8s末的速度是0．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度与时间公式v＝v0+at，以及知道汽车刹车停止后不再运动，在8s内的速度等于在7s内的速度．解决此类问题一定要注意分析物体停止的时间．【解题方法点拨】1．解答题的解题步骤（可参考例1）：①分清过程（画示意图）；②找参量（已知量、未知量）③明确规律（匀加速直线运动、匀减速直线运动等）④利用公式列方程（选取正方向）⑤求解验算．2．注意vt＝v0+at是矢量式，刹车问题要先判断停止时间．2．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。3．自由落体运动的规律及应用【知识点的认识】1．定义：物体只在重力作用下从静止开始竖直下落的运动叫做自由落体运动．2．公式：v＝gt；h=12gt2；v2＝3．运动性质：自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动．4．物体做自由落体运动的条件：①只受重力而不受其他任何力，包括空气阻力；②从静止开始下落．重力加速度g：①方向：总是竖直向下的；②大小：g＝9.8m/s2，粗略计算可取g＝10m/s2；③在地球上不同的地方，g的大小不同．g随纬度的增加而增大（赤道g最小，两极g最大），g随高度的增加而减小．【命题方向】自由落体运动是常见的运动，可以看作是匀变速直线运动的特例，高考命题常以新情境来考查，而且经常与其他知识综合出题．单独考查的题型一般为选择题或计算题，综合其它知识考查的一般为计算题，难度一般中等或偏易．例1：关于自由落体运动，下列说法中正确的是（）A．在空气中不考虑空气阻力的运动是自由落体运动B．物体做自由运动时不受任何外力的作用C．质量大的物体，受到的重力大，落到地面时的速度也大D．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动分析：自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，加速度g与质量无关．解答：A、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落的运动，故A错误；B、物体做自由运动时只受重力，故B错误；C、根据v＝gt可知，落到地面时的速度与质量无关，故C错误；D、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，故D正确．故选：D．点评：把握自由落体运动的特点和规律，理解重力加速度g的变化规律即可顺利解决此类题目．例2：一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB．该爱好者用直尺量出轨迹的实际长度，如图所示．已知曝光时间为11000s，则小石子出发点离AA.6.5cmB.10mC.20mD.45m分析：根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，在利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．解答：由图可知AB的长度为2cm，即0.02m，曝光时间为11000s，所以AB段的平均速度的大小为v=x由自由落体的速度位移的关系式v2＝2gh可得，h=v22g=故选：C．点评：由于AB的运动时间很短，我们可以用AB段的平均速度来代替A点的瞬时速度，由此再来计算下降的高度就很容易了，通过本题一定要掌握这种近似的方法．【解题思路点拨】1．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，所以，匀变速直线运动公式也适用于自由落体运动．2．该知识点的3个探究结论：（1）物体下落快慢不是由轻重来决定的，是存在空气阻力的原因．（2）物体只在重力作用下从静止开始下落的运动，叫做自由落体运动．“自由”的含义是物体只受重力作用、且初速度为零．（3）不同物体从同一高度做自由落体运动，它们的运动情况是相同的．4．变速物体追匀速物体问题【知识点的认识】1.定义：追及相遇问题主要涉及两个物体在同一直线上运动的情况，关键在于分析两物体能否同时达到某一空间位置。2.本考点介绍的类型是匀变速直线运动的物体追及匀速运动的物体，其中又包括两种情况：①初速度较小，且做匀加速直线运动的物体追及速度较大的匀速运动的物体的情况；②初速度较大，且做匀减速直线运动的物体追及速度较小的匀速运动的物体的情况。3.常规的解题步骤：①分析两物体的运动：首先，需要分析两个物体的运动情况，包括它们的速度、加速度以及初始距离等。②画出运动过程示意图：通过画出两物体的运动过程示意图，可以更直观地理解它们的位置关系和运动轨迹。③列出位移方程：根据物体的运动规律，列出它们的位移方程，这有助于分析它们之间的距离变化。④找出时间关系和速度关系：通过比较两物体的速度和时间关系，可以判断它们是否能追上或相遇。⑤解出结果并进行讨论：根据上述分析，解出结果，并对结果进行讨论，确定是否需要考虑其他因素或特殊情况。【命题方向】一、速度小追速度大甲车以2m/s的速度做匀速直线运动．出发12s后，乙车从同一地点由静止开始以2m/s2的加速度向同一方向做匀加速直线运动．求：（1）乙车出发后经多长时间才能追上甲车？（2）甲、乙两车相遇前的最大距离是多少？分析：（1）当甲乙两车再次相遇时，位移相等，根据位移关系，结合运动学中的位移公式求出乙车追上甲车的时间．（2）两车速度相等之前，甲车的速度大于乙车的速度，两车之间的距离逐渐增大，两车的速度相等之后，甲车的速度小于乙车的速度，两车之间的距离逐渐减小，当两车的速度相等时，两车之间的距离最远．根据速度相等，求出时间，再根据位移公式求出相距的最远距离．解答：（1）乙车出发后经t时间能追上甲车此时甲车的位移x1＝v1（t+12）＝2×（t+12）①乙车的位移x2=乙车出发后追上甲车的位移关系：x1＝x2③①②③联立代入数据得：t＝6s（2）当两车速度相等时，相距最远．有v＝at′，则t'=此时甲车的位移x1′＝v（t′+12）＝2×13m＝26m乙车的位移x两车相距的最远距离Δx＝x1′﹣x2′＝26﹣1m＝25m答：乙车出发后经6s才能追上甲车，甲、乙两车相遇前的最大距离是25m．点评：本题是速度—时间关系公式和位移—时间关系公式运用的基本问题，关键要熟悉运动学公式，可以结合速度—时间关系图象分析，也可画出运动草图．二、速度大追速度小甲、乙两辆汽车沿同一直线同向做匀速运动，甲车在前，速度是8m/s，乙车在后，速度是16m/s．当两车相距16m时，乙车驾驶员为避免相撞赶紧刹车，则乙车刹车时加速度的最小值多少？分析：当乙车追上甲车速度恰好相等时，乙车刹车时加速度为最小值．根据速度相等条件求出时间，根据位移关系求解加速度．解答：设乙车刹车时加速度的最小值为a．当乙车追上甲车速度恰好相等时，经过的时间为t．由题意x甲＝vt＝8tx乙＝v0t-12由v甲＝v乙得到v＝v0﹣at①又由x甲+x0＝x乙得到8t+x0＝16t-1代入解得：t＝4sa＝2m/s2答：乙车刹车时加速度的最小值为2m/s2．点评：本题是追及问题，关键是寻找相关条件．两个物体刚好不撞的条件：速度相等．【解题思路点拨】1.在追及问题中，特别要注意速度相等这一条件。一般来说，当速度相等时，两车之间距离最大或最小，如果此时不相撞，就不会再相撞了。2.解决追及相遇问题时，把握两个相同，同一时间到达同一位置，可以通过绘制运动过程示意图确认位移关系，从而求解。5．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。6．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。7．重力的概念、物理意义及其产生（来源）【知识点的认识】1.定义：重力是由于地球的吸引而使物体受到的力．2.注意：①重力不等于物体受到的地球的吸引力；②一切物体都受重力作用，物体所受重力的施力物体是地球；③物体所受的重力与它所处的运动状态、速度大小无关．【命题方向】关于重力，下列说法正确的是（）A、重力就是地球对物体的吸引力B、只有静止的物体才受到重力作用C、同一物体在地球上无论向上或向下运动，都受到重力D、物体只有在向下运动时才受到重力作用分析：重力由于地球的引力而使物体受到的力，不能说重力就是地球对物体的吸引力．无论物体处于什么运动状态，都要受到重力．解答：A、重力由于地球的引力而使物体受到的力，重力是引力的一个分力，不能说重力就是地球对物体的吸引力。故A错误。B、静止的物体和运动的物体都受到重力作用。故B错误。CD物体受到的重力与物体的运动方向与无关，同一物体在地球上向什么方向运动，都受到重力。故C正确，D错误。故选：C。点评：地球附近有重力场，其基本特性是对地球附近的一切物体都有重力作用，基本题．【解题思路点拨】正是由于重力是由地球的吸引而产生的，所以无论物体处于何处，是何运动状态，都会受到重力。8．弹力的概念及其产生条件【知识点的认识】1．弹力（1）定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力．（2）弹力的产生条件：①弹力的产生条件是两个物体直接接触，②并发生弹性形变．（3）弹力的方向：力垂直于两物体的接触面．①支撑面的弹力：支持力的方向总是垂直于支撑面，指向被支持的物体；压力总是垂直于支撑面指向被压的物体．点与面接触时弹力的方向：过接触点垂直于接触面．球与面接触时弹力的方向：在接触点与球心的连线上．球与球相接触的弹力方向：垂直于过接触点的公切面．②弹簧两端的弹力方向：与弹簧中心轴线重合，指向弹簧恢复原状的方向．其弹力可为拉力，可为压力．③轻绳对物体的弹力方向：沿绳指向绳收缩的方向，即只为拉力．（4）弹力的大小对有明显形变的弹簧，弹力的大小可以由胡克定律计算．对没有明显形变的物体，如桌面、绳子等物体，弹力大小由物体的受力情况和运动情况共同决定．①胡克定律可表示为（在弹性限度内）：F＝kx，还可以表示成△F＝k△x，即弹簧弹力的改变量和弹簧形变量的改变量成正比．式中k叫弹簧的劲度系数，单位：N/m．k由弹簧本身的性质决定（与弹簧的材料、粗细、直径及原长都有关系）．②“硬”弹簧，是指弹簧的k值较大．（同样的力F作用下形变量△x较小）③几种典型物体模型的弹力特点如下表．项目轻绳轻杆弹簧形变情况伸长忽略不计认为长度不变可伸长可缩短施力与受力情况只能受拉力或施出拉力能受拉或受压，可施出拉力或压力同杆力的方向始终沿绳不一定沿杆沿弹簧轴向力的变化可发生突变同绳只能发生渐变【知识点的应用及延伸】弹力有无及方向的判断问题：怎样判断弹力的有无？解答：（1）对于形变明显的情况（如弹簧）可由形变直接判断．（2）对于接触处的形变不明显，判断其弹力的有无可用以下方法．①拆除法即解除所研究处的接触，看物体的运动状态是否改变．若不变，则说明无弹力；若改变，则说明有弹力．②分析主动力和运动状态来判断是否有弹力．分析主动力就是分析沿弹力所在方向上，除弹力以外其他力的合力．看该合力是否满足给定的运动状态，若不满足，则存在弹力；若满足，则不存在弹力．【命题方向】（1）第一类常考题型是对概念的考查：关于弹力，下列说法中正确的是（）A．相互接触的物体之间一定有弹力作用B．不接触的物体之间也可能有弹力作用C．压力和支持力的方向都垂直物体的接触面D．压力和支持力的方向都平行于物体的接触面分析：知道弹力产生的条件：1、物体要相互接触2、物体要发生弹性形变．清楚弹力的方向．解答：解：A、弹力产生的条件是：1、物体要相互接触2、物体要发生弹性形变．两个条件同时满足物体间才会产生弹力．故A错误．B、根据A选项分析，故B错误．C、压力和支持力的方向都垂直物体的接触面，指向被压和被支持的方向，故C正确．D、压力和支持力的方向都垂直物体的接触面，故D错误．故选C．点评：要注意支持力、压力属于弹力．压力和支持力的方向都垂直物体的接触面．（2）第二类常考题型是对具体事例进行分析：如图，球A放在斜面上，被竖直挡板挡住而处于静止状态，关于球A所受的弹力，正确的（）A．球A仅受一个弹力作用，弹力方向垂直斜面向上B．球A受两个弹力作用，一个水平向左，一个垂直斜面向下C．球A受两个弹力作用，一个水平向右，一个垂直斜面向上D．球A受三个弹力作用，一个水平向右，一个垂直斜面向上，一个竖直向下分析：小球处于静止状态，对挡板和斜面接触挤压，挡板和斜面都产生弹性形变，它们对小球产生弹力，弹力的方向垂直于接触面．解答：解：由于小球对挡板和斜面接触挤压，挡板和斜面都产生弹性形变，它们对小球产生弹力，而且弹力的方向垂直于接触面，所以挡板对小球的弹力方向水平向右，斜面对小球的弹力方向垂直于斜面向上．故选C点评：支持力是常见的弹力，其方向垂直于接触面并且指向被支持物．基础题，比较容易．【解题方法点拨】这部分知识难度中等、也有难题，在平时的练习中、阶段性考试中会单独出现，选择、填空、计算等等出题形式多种多样，在高考中不会以综合题的形式考查的，但是会做为题目的一个隐含条件考查．弹力的有无及方向判断比较复杂，因此在确定其大小和方向时，不能想当然，应根据具体的条件或计算来确定．9．胡克定律及其应用【知识点的认识】1．弹力（1）定义：发生弹性形变的物体，由于要恢复原状，对跟它接触的物体产生的力叫弹力．（2）弹力的产生条件：①弹力的产生条件是两个物体直接接触，②并发生弹性形变．（3）弹力的方向：力垂直于两物体的接触面．①支撑面的弹力：支持力的方向总是垂直于支撑面，指向被支持的物体；压力总是垂直于支撑面指向被压的物体．点与面接触时弹力的方向：过接触点垂直于接触面．球与面接触时弹力的方向：在接触点与球心的连线上．球与球相接触的弹力方向：垂直于过接触点的公切面．②弹簧两端的弹力方向：与弹簧中心轴线重合，指向弹簧恢复原状的方向．其弹力可为拉力，可为压力．③轻绳对物体的弹力方向：沿绳指向绳收缩的方向，即只为拉力．2．胡克定律弹簧受到外力作用发生弹性形变，从而产生弹力．在弹性限度内，弹簧弹力F的大小与弹簧伸长（或缩短）的长度x成正比．即F＝kx，其中，劲度系数k的意义是弹簧每伸长（或缩短）单位长度产生的弹力，其单位为N/m．它的大小由制作弹簧的材料、弹簧的长短和弹簧丝的粗细决定．x则是指形变量，应为形变（包括拉伸形变和压缩形变）后弹簧的长度与弹簧原长的差值．注意：胡克定律在弹簧的弹性限度内适用．3．胡克定律的应用（1）胡克定律推论在弹性限度内，由F＝kx，得F1＝kx1，F2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：弹簧弹力的变化量与弹簧形变量的变化量（即长度的变化量）成正比．（2）确定弹簧状态对于弹簧问题首先应明确弹簧处于“拉伸”、“压缩”还是“原长”状态，并且确定形变量的大小，从而确定弹簧弹力的方向和大小．如果只告诉弹簧弹力的大小，必须全面分析问题，可能是拉伸产生的，也可能是压缩产生的，通常有两个解．（3）利用胡克定律的推论确定弹簧的长度变化和物体位移的关系如果涉及弹簧由拉伸（压缩）形变到压缩（拉伸）形变的转化，运用胡克定律的推论△F＝k△x可直接求出弹簧长度的改变量△x的大小，从而确定物体的位移，再由运动学公式和动力学公式求相关量．【命题方向】（1）第一类常考题型是考查胡克定律：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，若改挂100N的重物时，弹簧总长为20cm，则弹簧的原长为（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根据胡克定律两次列式后联立求解即可．解：一个弹簧挂30N的重物时，弹簧伸长1.2cm，根