2024-2025学年上学期深圳高一物理期末模拟卷1

第1页（共1页）2024-2025学年上学期深圳高一物理期末模拟卷1一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）1．（4分）（2021秋•长安区校级期末）下列说法正确的是（）A．受静摩擦力作用的物体一定是静止的，受滑动摩擦力作用的物体一定是运动的 B．牛顿最先提出的理想斜面实验说明：力不是维持物体运动的原因 C．在探究加速度、力、质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验运用了控制变量法 D．牛顿第一定律是牛顿第二定律中a＝0的特殊情况2．（4分）（2024春•揭阳期末）一辆汽车以v＝10m/s的速度行驶在城市道路上，当车头距离路口停车线30m时，绿灯时间还剩余3s（从该时刻开始计时），立即刹车做匀减速运动，结果车头与停车线相齐时刚好停下，下列能正确反映该车速度随时间变化的图像是（）A． B． C． D．3．（4分）（2021•揭阳模拟）某同学用拖把拖地，沿拖杆方向对拖把施加推力F，如图所示，此时推力F与竖直方向的夹角为θ，且拖把刚好做匀速直线运动。从某时刻开始保持力F的大小不变，增大推力F与竖直方向的夹角θ，下列说法正确的是（）A．拖把将做减速运动 B．拖把继续做匀速运动 C．地面对拖把的作用力保持不变 D．地面对拖把的支持力N变小，地面对拖把的摩擦力f变小4．（4分）（2020•市中区校级模拟）如图所示，在水平桌面上固定一个光滑长木板，质量为M的木块通过轻绳与质量为m的钩码相连，重力加速度为g，则释放后钩码的加速度大小为（）A．0 B．g C．mM+mg D．M5．（4分）（2012秋•铜陵县校级月考）图所示，小车内有一光滑斜面，当小车在水平轨道上做匀变速直线运动时小物块A恰好能与斜面保持相对静止，在小车运动过程中某时刻（此时小车速度不为零），突然使小车迅速停止，则在小车停止过程中，小物块A可能（）A．沿斜面滑下 B．沿斜面滑上去 C．仍与斜面保持相对静止 D．以上说法均错误6．（4分）（2018秋•西昌市期末）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s，5～10s，10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则（）A．F3＜F2 B．F1＞F2 C．F1＜F3 D．F1＝F37．（4分）（2022•襄城区校级模拟）如图，有三个完全相同的光滑小球，现用三根等长的轻绳将它们悬挂起来，三根绳的上端悬点都为O点。静止时，三个球心处于同一水平面内，悬点O与三个小球的球心的连线恰好构成边长为a的正四面体。每个小球质量均为m，则相邻两个小球之间的弹力大小为（）A．66mg B．33mg C．3二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）（多选）8．（6分）两个力F1和F2，间的夹角为θ，两个力的合力为F，以下说法中正确的是（）A．若F1和F2的大小不变，θ角越小，合力F就越大 B．合力F总比分力F1和F2中的任何一个力都大 C．如果夹角θ满足一定条件，合力F和分力F1、F2的大小可能相等 D．如果夹角θ不变，F1大小不变，只要F2增大，合力F就必然增大（多选）9．（6分）（2023春•五华区校级月考）广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600m，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。已知电梯在t＝0时由静止开始上升，开始段的a﹣t图像如图所示。则下列说法正确的是（）A．t＝0.5s时，游客处于超重状态 B．t＝4.5s时，游客处于失重状态 C．t＝5s时，电梯的速度是8m/s D．1s～4s时间内，电梯上升的高度是12m（多选）10．（6分）（2006•宝山区模拟）质量为0.3kg的物体在水平面上运动，图中的两条直线分别表示物体受水平拉力作用和不受水平拉力作用时的速度﹣时间图象，则下列说法中正确的是（）A．物体不受水平拉力时的速度图象一定是b B．物体受水平拉力时的速度图象可能是a C．摩擦力一定等于0.2N D．水平拉力一定等于0.1N三．实验题（共2小题，满分16分）11．（7分）（2020秋•蒸湘区校级月考）利用如图甲所示的装置来验证力的平行四边形定则，实验主要步骤：用三个弹簧秤分别拉紧三根细绳套，记录结点O的位置和三个弹簧秤的读数以及三根细绳的方向，通过作图验证平行四边形定则。（1）实验室已备有木板、白纸、图钉、连接好的细绳套、弹簧秤等，还缺少的器材是。（2）某同学按照要求进行实验时，记录了O点的位置和各细绳套的方向，但忘了记录弹簧秤的读数，需要重新进行实验，则该同学重新实验时，（填“需要”或“不需要”）将结点O拉到同一位置。某次验证时，弹簧秤a、b的读数分别为6.40N和4.30N，弹簧秤c的读数如图乙所示，则弹簧秤c的拉力为N。12．（9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。四．解答题（共3小题，满分38分）13．（10分）（2024•浑南区校级模拟）中国的歼﹣20战斗机是一款全球领先的战机，它不仅拥有高超的隐身性、机动性，还具有强大火力、信息化和网络化能力，能够在复杂的空战环境中发挥重要的作用。设总重力为G的战斗机正沿着与水平方向成θ角的直线匀速向上攀升，牵引力F的方向位于速度方向与竖直方向之间、与速度方向成α角，升力与速度方向垂直，飞机受到的阻力等于升力的k倍，阻力方向与速度方向相反，如果飞机受到的这几个力的作用线相交于一点，求：（1）飞机受到的升力F1的大小；（2）牵引力F的大小。14．（14分）（2024秋•南充月考）工厂用传送带将货物从高处传送到低处，再通过地面滑板实现远距离传送。传送过程示意图可简化为如图，倾斜放置的传送带装置与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v0的恒定速率顺时针转动，某时刻工人将质量为m＝20kg的货物轻放在传送带的顶端A，经过一段时间后，货物从传送带底端B平滑地滑上质量为M＝5kg的滑板左端（货物经过B点前后速度大小不变），再经过一段时间，货物停止运动且未脱离滑板。已知货物与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，货物与滑板间的动摩擦因数μ2＝0.2，滑板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.1，AB间的距离为s＝20m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：（1）货物刚放上传送带时的加速度a的大小；（2）要让货物从传送带顶端A滑到底端B所用的时间最短，传送带的速度v0至少为多大？（3）若货物能以最短时间滑到底端B，货物停止运动时的位置到传送带底端B的距离L为多少？15．（14分）（2023秋•铁东区校级月考）如图所示，长度L＝5.8m的传送带与水平方向成θ＝37°角，以v＝4m/s的速度顺时针匀速转动，水平面上质量M＝1kg的木板紧靠在传送带底端，木板上表面与传送带底端B等高。质量m＝3kg的物块（可视为质点）从传送带的顶端A由静止释放，在底端B滑上静止的木板，假设物块冲上木板前后瞬间速度大小不变，最终物块恰好不滑离木板。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）物块运动到B点时的速度大小；（2）从A端运动到B端的过程中，物块相对传送带的位移大小；（3）木板的长度；（4）物块从A端开始运动到静止，所经历的时间。

2024-2025学年上学期深圳高一物理期末典型卷1参考答案与试题解析一．选择题（共7小题，满分28分，每小题4分）1．（4分）（2021秋•长安区校级期末）下列说法正确的是（）A．受静摩擦力作用的物体一定是静止的，受滑动摩擦力作用的物体一定是运动的 B．牛顿最先提出的理想斜面实验说明：力不是维持物体运动的原因 C．在探究加速度、力、质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验运用了控制变量法 D．牛顿第一定律是牛顿第二定律中a＝0的特殊情况【考点】探究加速度与力、质量之间的关系；最大静摩擦力的性质和应用；判断是否存在摩擦力；伽利略的理想斜面实验；牛顿第一定律的内容与应用；牛顿第三定律的理解与应用．【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】C【分析】理解摩擦力的分类和对应的产生情况；根据牛顿定律的内容结合选项完成分析；根据牛顿第二定律的验证实验的实验原理分析出对应的实验方法。【解答】解：A、两个相对静止一起运动的物体之间的摩擦力为静摩擦力，物体在粗糙地面上滑行时，地面受到物体对它的滑动摩擦力，故受摩擦力作用的物体可以是运动的，受滑动摩擦力作用的物体可以是静止的，故A错误；B、伽利略最先提出的理想斜面实验说明，力不是维持物体运动的原因，故B错误；C、在探究加速度、力、质量三者之间的关系式，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验运用了控制变量法，故C正确；D、牛顿第二定律揭示了运动与力之间的定性关系：物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因，牛顿第一定律不是牛顿第二定律中a＝0的特殊情况，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查了牛顿定律的相关应用，理解牛顿运动定律的内容，结合摩擦力的分类情况完成分析。2．（4分）（2024春•揭阳期末）一辆汽车以v＝10m/s的速度行驶在城市道路上，当车头距离路口停车线30m时，绿灯时间还剩余3s（从该时刻开始计时），立即刹车做匀减速运动，结果车头与停车线相齐时刚好停下，下列能正确反映该车速度随时间变化的图像是（）A． B． C． D．【考点】根据物体的运动情况绘制v﹣t图像．【专题】定量思想；图析法；运动学中的图象专题；推理论证能力．【答案】B【分析】v﹣t图线与时间轴之间围成的面积表示物体的位移，由此分析即可。【解答】解：汽车刹车时距离停车线30m，即刹车停止的位移为x＝30m；A、图中汽车的位移x=vt=v2t=10B、图中汽车的位移x=vt=v2t=10C、图中汽车的位移x=10×1m+102D、图中汽车的位移x=10×1m+102故选：B。【点评】本题主要是考查匀变速直线运动的计算，解答本题的关键是v﹣t图线与时间轴之间围成的面积表示物体的位移。3．（4分）（2021•揭阳模拟）某同学用拖把拖地，沿拖杆方向对拖把施加推力F，如图所示，此时推力F与竖直方向的夹角为θ，且拖把刚好做匀速直线运动。从某时刻开始保持力F的大小不变，增大推力F与竖直方向的夹角θ，下列说法正确的是（）A．拖把将做减速运动 B．拖把继续做匀速运动 C．地面对拖把的作用力保持不变 D．地面对拖把的支持力N变小，地面对拖把的摩擦力f变小【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】计算题；信息给予题；定性思想；方程法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．【答案】D【分析】AB、先受力分析，再结合共点力的平衡条件找出各力与夹角关系，分析合力变化，再判断运动情况；CD、利用各力和夹角关系，判断夹角变化导致的各力变化情况即可。【解答】解：AB、对拖把受力分析，如图所示根据共点力的平衡条件，竖直方向Fcosθ+mg＝N。。。。。。。①水平方向Fsinθ＝f。。。。。。。。②设拖把与地面间的动摩擦因数为μ，则有：f＝μN。。。。。。。。。③从某时刻开始保持力F的大小不变，增大推力F与竖直方向的夹角θ，则由f减小，Fsinθ增大，此时水平方向合力Fsinθ﹣f＞0拖把将做加速运动，故AB错误；CD、由①②③可知，增大推力F与竖直方向的夹角θ，则地面对拖把的支持力N变小，地面对拖把的摩擦力f变小；又支持力和摩擦力的夹角不变，故地面对拖把的作用力减小；故C错误，D正确；故选：D。【点评】本题考查共点力的平衡，关键要能够对研究对象进行正确的受力分析，特别要注意对平衡条件的理解和应用。4．（4分）（2020•市中区校级模拟）如图所示，在水平桌面上固定一个光滑长木板，质量为M的木块通过轻绳与质量为m的钩码相连，重力加速度为g，则释放后钩码的加速度大小为（）A．0 B．g C．mM+mg D．M【考点】牛顿第二定律的简单应用．【专题】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】C【分析】释放后，钩码与木块都做匀加速运动，加速度大小相等，分别对钩码和木块研究，根据牛顿第二定律列式，即可求得加速度大小。【解答】解：以钩码为研究对象，根据牛顿第二定律得：mg﹣T＝ma为木块为研究对象，由牛顿第二定律得T＝Ma联立解得a=mM+mg，故ABD错误，故选：C。【点评】本题是连接体问题，关键要抓住两个物体的加速度大小相等，分别运用牛顿第二定律列式。5．（4分）（2012秋•铜陵县校级月考）图所示，小车内有一光滑斜面，当小车在水平轨道上做匀变速直线运动时小物块A恰好能与斜面保持相对静止，在小车运动过程中某时刻（此时小车速度不为零），突然使小车迅速停止，则在小车停止过程中，小物块A可能（）A．沿斜面滑下 B．沿斜面滑上去 C．仍与斜面保持相对静止 D．以上说法均错误【考点】牛顿第二定律的临界问题．【专题】牛顿运动定律综合专题．【答案】B【分析】隔离A物体受力分析判断出加速度的方向，再确定整体的运动情况，最后根据牛顿第一运动定律判断．【解答】解：对A物体受力分析，受到重力、支持力，如图由于物体随小车沿水平面运动，故加速度沿水平方向，故合力水平向左，由牛顿第二定律F合＝mgtanθ＝ma解得a＝gtanθ水平向左故小车向左匀加速直线运动或向右匀减速直线运动，小车突然停止后，物体A由于惯性继续运动；若小车向左匀加速直线运动，小车突然停止后，物体A由于惯性向左飞出做平抛运动；若小车向右匀减速直线运动，小车突然停止后，物体A由于惯性向右冲上斜面；故选：B。【点评】在用整体法与隔离法处理牛顿运动定律的问题时，可以先用整体法或者隔离法求解出整体的加速度，再用隔离法判断物体间的内力！6．（4分）（2018秋•西昌市期末）沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度—时间图线如图所示。已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s，5～10s，10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则（）A．F3＜F2 B．F1＞F2 C．F1＜F3 D．F1＝F3【考点】牛顿第二定律求解多过程问题；利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度．【专题】比较思想；图析法；运动学中的图象专题．【答案】C【分析】根据速度—时间图象的斜率表示加速度的大小，分析三段时间内加速度的关系，再根据牛顿第二定律分析拉力的大小。【解答】解：由速度—时间图象的斜率表示加速度可知，0～5s内和10～15s内物体的加速度大小a相等。在0～5s内，物体加速下滑，由牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣f﹣F1＝ma，所以F1＝mgsinθ﹣f﹣ma；在5～10s，物体匀速下滑，受力平衡，则mgsinθ﹣f＝F2，所以F2＝mgsinθ﹣f；在10～15s内，物体减速下滑，由牛顿第二定律可得，F3+f﹣mgsinθ＝ma，所以F3＝mgsinθ﹣f+ma；由以上分析可得，F1＜F2＜F3；故C正确，A、B、D错误。故选：C。【点评】本题是对速度—时间图象含义的考查，明确速度—时间图象的斜率表示加速度的大小，斜率为正，表示加速运动，斜率为负，表示减速运动，再根据牛顿第二定律计算拉力的大小即可。7．（4分）（2022•襄城区校级模拟）如图，有三个完全相同的光滑小球，现用三根等长的轻绳将它们悬挂起来，三根绳的上端悬点都为O点。静止时，三个球心处于同一水平面内，悬点O与三个小球的球心的连线恰好构成边长为a的正四面体。每个小球质量均为m，则相邻两个小球之间的弹力大小为（）A．66mg B．33mg C．3【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；方程法；共点力作用下物体平衡专题；应用数学处理物理问题的能力．【答案】A【分析】根据几何关系求解轻绳与竖直方向的夹角，竖直方向根据平衡条件求解轻绳拉力大小，再对其中一个小球根据平衡条件求解弹力。【解答】解：由于悬点O与三个小球的球心的连线恰好构成边长为a的正四面体，如图所示。其中OO′为底面O1O2O3的高，设OO2与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得：O2O′=OO′=则有：cosθ=6a3a设每根轻绳的拉力大小为F，则有：3Fcosθ＝3mg解得：F=6设每两个球之间的弹力大小为T，根据平衡条件可得：2Tcos30°＝Fsinθ解得：T=66mg，故A故选：A。【点评】本题主要是考查了共点力的平衡问题，解答此类问题的一般步骤是：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或者是正交分解法进行力的分解，然后在坐标轴上建立平衡方程进行解答。注意整体法和隔离法的应用。二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）（多选）8．（6分）两个力F1和F2，间的夹角为θ，两个力的合力为F，以下说法中正确的是（）A．若F1和F2的大小不变，θ角越小，合力F就越大 B．合力F总比分力F1和F2中的任何一个力都大 C．如果夹角θ满足一定条件，合力F和分力F1、F2的大小可能相等 D．如果夹角θ不变，F1大小不变，只要F2增大，合力F就必然增大【考点】力的平行四边形定则．【专题】定性思想；推理法；平行四边形法则图解法专题；理解能力．【答案】AC【分析】由力的合成方法可知，二力合成时，夹角越大，合力越小，两力合力的范围|F1﹣F2|≤F合≤F1+F2；一个合力与几个分力共同作用的效果相同，合力可以大于分力，可以小于分力，也可以等于分力．【解答】解：A、若F1和F2的大小不变，θ角越小，根据平行四边形定则知，合力F就越大，故A正确；B、合力可能比分力大，可能比分力小，也可能与分力相等，故B错误；C、如果夹角为120度，F1、F2大小相等，则合力与分力大小相等，故C正确；D、如果夹角θ不变，若夹角为180度，F1大小不变，增大F2，则合力可能减小，故D错误；故选：AC。【点评】本题考查对合力与分力关系的理解能力．合力与分力是等效的，合力的范围在两个分力之差与之和之间．二力合成时，夹角越大，合力越小。（多选）9．（6分）（2023春•五华区校级月考）广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600m，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。已知电梯在t＝0时由静止开始上升，开始段的a﹣t图像如图所示。则下列说法正确的是（）A．t＝0.5s时，游客处于超重状态 B．t＝4.5s时，游客处于失重状态 C．t＝5s时，电梯的速度是8m/s D．1s～4s时间内，电梯上升的高度是12m【考点】超重与失重的概念、特点和判断；根据a﹣t图像的物理意义分析物体的运动情况；利用a﹣t图像与坐标轴围成的面积求物体的速度(或速度变化量)；根据a﹣t图像求物体的位移．【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】ACD【分析】首先，结合a﹣t图像分析0～5s内电梯的加速度，判断电梯对游客的支持力与重力的关系，判断游客是否处于超重状态；然后，根据a﹣t图像的面积求出t＝5s时电梯的速度；接着，根据a﹣t图像的面积求出t＝1s时电梯的速度，结合1s～4s时间内加速度，由匀变速直线运动规律求出电梯上升的高度。【解答】解：AB、根据a﹣t图像知，0～5s内电梯的加速度向上，根据牛顿第二定律，F﹣mg＝ma，可知电梯对游客的支持力大于重力，即游客对电梯的压力大于重力，故游客处于超重状态，故A正确，B错误；C、根据a﹣t图像的面积等于速度的变化量，知t＝5s时，电梯的速度v=12×(3+5)×2m/s=8m/sD、根据a﹣t图像的面积等于速度的变化量，知t＝1s时，电梯的速度v1=12×1×2m/s=1m/s，1s～4s根据匀变速直线运动规律知，1s～4s时间内电梯上升的高度x=v1t+1故选：ACD。【点评】本题考查了牛顿运动定律的图像问题，解决本题的关键是根据图像获取信息判断物体的受力情况以及速度的变化量。（多选）10．（6分）（2006•宝山区模拟）质量为0.3kg的物体在水平面上运动，图中的两条直线分别表示物体受水平拉力作用和不受水平拉力作用时的速度﹣时间图象，则下列说法中正确的是（）A．物体不受水平拉力时的速度图象一定是b B．物体受水平拉力时的速度图象可能是a C．摩擦力一定等于0.2N D．水平拉力一定等于0.1N【考点】牛顿第二定律的简单应用；利用v﹣t图像的斜率求解物体运动的加速度．【专题】牛顿运动定律综合专题．【答案】BD【分析】由图斜率求出物体的加速度大小．两图加速度大小不同，无法判断物体不受水平拉力是哪个图象．根据牛顿第二定律分别对a、b两种情况列方程求解拉力大小．【解答】解：A、两图加速度大小不同，拉力方向与滑动摩擦力方向可能相反，也可能相同，无法判断物体不受水平拉力是哪个图象。故A错误。B、C设拉力大小为F。由图读出加速度分别为aa=13m/s若物体受水平拉力时的速度图象是a时，拉力与速度方向相同，根据牛顿第二定律得f﹣F＝maa，f＝mab，解得F＝0.1N。若物体受水平拉力时的速度图象是b时，拉力与速度方向相反，根据牛顿第二定律得f+F＝mab，f＝maa，解得F＝0.1N。故BD正确。C、由上得到：若物体受水平拉力时的速度图象是a时，摩擦力f＝0.2N；若物体受水平拉力时的速度图象是b时，摩擦力f＝0.1N．故C错误。故选：BD。【点评】本题要考虑拉力可能与速度方向相同，也可能与速度方向相反两种情况，不能简单认为拉力一定与速度方向相反或相同．三．实验题（共2小题，满分16分）11．（7分）（2020秋•蒸湘区校级月考）利用如图甲所示的装置来验证力的平行四边形定则，实验主要步骤：用三个弹簧秤分别拉紧三根细绳套，记录结点O的位置和三个弹簧秤的读数以及三根细绳的方向，通过作图验证平行四边形定则。（1）实验室已备有木板、白纸、图钉、连接好的细绳套、弹簧秤等，还缺少的器材是刻度尺。（2）某同学按照要求进行实验时，记录了O点的位置和各细绳套的方向，但忘了记录弹簧秤的读数，需要重新进行实验，则该同学重新实验时，不需要（填“需要”或“不需要”）将结点O拉到同一位置。某次验证时，弹簧秤a、b的读数分别为6.40N和4.30N，弹簧秤c的读数如图乙所示，则弹簧秤c的拉力为6.80N。【考点】探究两个互成角度的力的合成规律．【专题】实验题；实验探究题；定性思想；实验分析法；平行四边形法则图解法专题；实验探究能力．【答案】（1）刻度尺；（2）不需要；6.80。【分析】（1）做探究共点力合成的规律实验：我们是让两个力拉橡皮条和一个力拉橡皮条产生的作用效果相同，测出两个力的大小和方向以及一个力的大小和方向，用力的图示画出这三个力，用平行四边形做出两个力的合力的理论值，结合原理判断需要的器材；（2）根据该实验的实验原理以及实验目的可以明确该实验需要进行的实验步骤，根据弹簧的读数方法确定对应的读数。【解答】解：（1）该实验需要通过做出力的图示验证力的平行四边形定则，需要测量线段长度，故还缺少刻度尺；（2）三力平衡条件下，无论结点在什么位置，任意两力的合力与第三个力互为一对平衡力，因此该方法不需要每次实验都将结点拉到同一位置；弹簧秤的分度值为0.1N，由图可知，弹簧秤的读数为6.80N。故答案为：（1）刻度尺；（2）不需要；6.80。【点评】“探究求合力的方法”实验中，我们要知道分力和合力的效果是等同的，实验中需记录两分力和合力的实际值，这要求同学们对于基础知识要熟练掌握并能正确应用，加强对基础实验理解．12．（9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。四．解答题（共3小题，满分38分）13．（10分）（2024•浑南区校级模拟）中国的歼﹣20战斗机是一款全球领先的战机，它不仅拥有高超的隐身性、机动性，还具有强大火力、信息化和网络化能力，能够在复杂的空战环境中发挥重要的作用。设总重力为G的战斗机正沿着与水平方向成θ角的直线匀速向上攀升，牵引力F的方向位于速度方向与竖直方向之间、与速度方向成α角，升力与速度方向垂直，飞机受到的阻力等于升力的k倍，阻力方向与速度方向相反，如果飞机受到的这几个力的作用线相交于一点，求：（1）飞机受到的升力F1的大小；（2）牵引力F的大小。【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】计算题；定量思想；方程法；共点力作用下物体平衡专题；分析综合能力．【答案】（1）飞机受到的升力F1的大小为cos(α+θ)cosα+ksinα（2）牵引力F的大小sinθ+kcosθcosα+ksinα【分析】（1）（2）画出飞机飞行时受力示意图，在飞机飞行速度方向和垂直于飞行速度方向上列平衡方程联立求解。【解答】解：飞机在空中匀速运动过程受力情况如图所示（1）（2）沿飞机飞行时速度与垂直速度方向建立坐标系，根据平衡条件有Fcosα＝f+GsinθFsinα+F1＝Gcosθ又f＝kF1联立解得FF=sinθ+kcosθ答：（1）飞机受到的升力F1的大小为cos(α+θ)cosα+ksinα（2）牵引力F的大小sinθ+kcosθcosα+ksinα【点评】考查物体的平衡问题，会根据题意画出受力图，结合平衡条件列方程求解相应物理量。14．（14分）（2024秋•南充月考）工厂用传送带将货物从高处传送到低处，再通过地面滑板实现远距离传送。传送过程示意图可简化为如图，倾斜放置的传送带装置与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v0的恒定速率顺时针转动，某时刻工人将质量为m＝20kg的货物轻放在传送带的顶端A，经过一段时间后，货物从传送带底端B平滑地滑上质量为M＝5kg的滑板左端（货物经过B点前后速度大小不变），再经过一段时间，货物停止运动且未脱离滑板。已知货物与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，货物与滑板间的动摩擦因数μ2＝0.2，滑板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.1，AB间的距离为s＝20m。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：（1）货物刚放上传送带时的加速度a的大小；（2）要让货物从传送带顶端A滑到底端B所用的时间最短，传送带的速度v0至少为多大？（3）若货物能以最短时间滑到底端B，货物停止运动时的位置到传送带底端B的距离L为多少？【考点】倾斜传送带模型；牛顿第二定律求解多过程问题．【专题】定量思想；合成分解法；复杂运动过程的分析专题；分析综合能力；模型建构能力．【答案】（1）货物刚开始的加速度为10m/s2；（2）传送带的最小速度为20m/s；（3）货物最终与传送带底端的距离为136m。【分析】（1）对货物受力分析，可得到货物刚开始的加速度；（2）为使货物到底端时的时间最短，则货物在整个下滑过程中，始终加速，从而得到传送带的最小速度；（3）货物滑上滑板后，根据对货物和滑板的受力分析，可得到二者分别的加速度，直到共速，由运动学公式可计算货物的水平位移；之后再分别对货物和滑板受力分析，根据运动学公式，计算其从共速到最终停止时的位移；根据两端运动特点，可得到货物最终与传送带底端的距离。【解答】解：（1）货物刚放上传送带时，对货物受力分析，在沿斜面方向上：mgsinθ+f＝ma，在垂直于斜面方向上：mgcosθ＝F支，由相互作用力可知：F支＝F压，滑动摩擦力：f＝μ1F压，联立解得：a＝10m/s2；（2）为使货物到底端时的时间最短，则货物在整个下滑过程中，始终加速，传送带的最小速度为货物到B端时的末速度；由运动学关系式可知：v02=2as，解得：v0（3）货物刚滑上滑板时，对货物，水平方向上：a1竖直方向上：mg＝N，由相互作用力可知货物收到的支持力N，与其对板块的压力N1等大，滑动摩擦力f＝μ2N1，解得：a1对滑板，水平方向上：f﹣f地＝Ma2，地面对M的摩擦力：f地＝μ3N地，竖直方向上：N2＝Mg+mg，由相互作用力知识可知，滑板对地面的压力N地，与地面对滑板的支持力N2等大，解得：a2当货物和滑板共速时：v共＝v0﹣a1t1＝a2t1，货物这段时间内的水平位移为：x1解得：t1＝4s，v共＝12m/s，x1＝64m；之后若货物与滑板一起减速，则共同的加速度为：a3=μ而货物在滑板上，能达到的最大加速度为：a1=2m/s2，方向水平向左；a1＞a共同减速这段时间，货物的水平位移为：x2=v共22综上，货物从滑到水平面，到最终停止，货物的总位移为：x＝x1+x2＝64m+72m＝136m。答：（1）货物刚开始的加速度为10m/s2；（2）传送带的最小速度为20m/s；（3）货物最终与传送带底端的距离为136m。【点评】本题考查倾斜传送带和板块模型，在计算货物最终与传送带底端的距离时，货物与板块共速后，注意要重新受力分析，判断货物的运动特点。15．（14分）（2023秋•铁东区校级月考）如图所示，长度L＝5.8m的传送带与水平方向成θ＝37°角，以v＝4m/s的速度顺时针匀速转动，水平面上质量M＝1kg的木板紧靠在传送带底端，木板上表面与传送带底端B等高。质量m＝3kg的物块（可视为质点）从传送带的顶端A由静止释放，在底端B滑上静止的木板，假设物块冲上木板前后瞬间速度大小不变，最终物块恰好不滑离木板。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.5，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ3＝0.2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）物块运动到B点时的速度大小；（2）从A端运动到B端的过程中，物块相对传送带的位移大小；（3）木板的长度；（4）物块从A端开始运动到静止，所经历的时间。【考点】板块模型和传送带模型的结合．【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；模型建构能力．【答案】（1）物块运动到B点时的速度大小为6m/s；（2）从A端运动到B端的过程中，物块相对传送带的位移大小为0.2m；（3）木板的长度为4.5m；（4）物块从A端开始运动到静止，所经历的时间为3.65s。【分析】（1）对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律求出两个阶段的加速度，再由运动学公式求出物块到达B点的速度；（2）分别求出传送带在两个阶段的位移，结合物块位移的距离关系，求相对位移；（3）根据牛顿第二定律和运动学公式分别求出物块和木板的位移，从而得出木板的长度；（4）分别由动力学规律求出各段时间，得到物块从开始到静止的时间。【解答】解：（1）根据题意，物块在传送带上先做匀加速运动，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma1代入数据解得：a设物块滑上传送带后经时间t1与传送带同速，则：v＝a1t1解得：t1＝0.4s此过程物块的位移大小为：x1=v2t1=42之后滑块所受滑动摩擦力方向沿斜面向上，由牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μ1mgcosθ＝ma2代入数据解得：a由匀变速直线运动规律得：v代入数据解得：vB＝6m/s（2）由匀变速直线运动规律得：vB＝v+a2t2代入数据解得：t2＝1s物块从A端运动到B端的过程中相对传送带的位移大小为：Δx＝L﹣v（t1+t2）＝5.8m﹣4×（0.4+1）m＝0.2m（3）物块滑上木板后，设物块的加速度大小为a3，木板的加速度大小为a4，根据牛顿第二定律得对物块有：μ2mg＝ma3对长木板有：μ2mg﹣μ3（m+M）g＝Ma4代入数据解得：a3=3m/物块与木板经时间t3达到共同速度v1，则有：v1＝vB﹣a3t3，v1＝a4t3联立解得：t3＝1.5s，v1＝1.5m/s则木板的长度：d=代入数据得：d＝4.5m（4）因μ2＞μ3，当物块与木板共速后二者一起做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，得：μ3（m+M）g＝（m+M）a5解得：a从物块与木板同速到减速到0的过程有：0＝v1﹣a5t4代入数据解得：t4＝0.75s物块从A端运动到静止所经历的时间：t＝t1+t2+t3+t4代入数据得：t＝3.65s答：（1）物块运动到B点时的速度大小为6m/s；（2）从A端运动到B端的过程中，物块相对传送带的位移大小为0.2m；（3）木板的长度为4.5m；（4）物块从A端开始运动到静止，所经历的时间为3.65s。【点评】本题主要考查了牛顿第二定律的相关应用，理清物块的运动过程，求出加速度是关键，结合运动学公式得出物块和木板的相对位移等物理量，整体的计算量大且综合性强，对学生的要求较高。

考点卡片1．根据物体的运动情况绘制v-t图像【知识点的认识】题目会先给出物体的运动情况，根据信息绘制物体运动的v﹣t图像。【命题方向】一质点沿一直线运动，先以10m/s的速度匀速前进3s，接着又以2.5m/s2的加速度匀加速运动4s，最后以大小为10m/s2的加速度匀减速运动直至停止．求：（1）画出整个过程的速度时间（v﹣t）图象；（2）总位移．分析：v﹣t图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，图象与坐标轴围成的面积表示位移．解答：（1）物体先以10m/s的速度匀速前进3s，速度为30m/s，接着又以2.5m/s2的加速度匀加速运动4s，速度为20m/s，最后以大小为10m/s2的加速度匀减速运动直至停止，需要2s，v﹣t图象如图所示：（2）图象与坐标轴围成的面积就是质点运动的总位移x即x＝x1+x2+x3＝10×3m+12（10+20）×4m+12×答：（1）图象如右图所示；（2）总位移为110m．点评：本题考查了同学们根据运动情况画出速度—时间图象的能力，要明确斜率的含义，知道在速度﹣﹣时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，【解题思路点拨】1.要明确v﹣t图像的直接意义：代表了物体某一时刻对应的速度，可以以此判断物体的速度大小及方向。2.要明确x﹣t图像斜率的物理意义：代表了物体的加速度情况。斜率正负代表加速度的方向；斜率大小代表加速度的大小。3.要明确v﹣t图像面积的物理意义：代表了物体的位移情况。t轴上方的面积代表正向位移，t轴下方的面积代表负向位移。2．利用v-t图像的斜率求解物体运动的加速度【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图像的斜率分析或计算物体的加速度。【命题方向】甲、乙两个物体在同一条直线上运动，它们的速度图象如图所示，则（）A、甲、乙两物体都做匀加速直线运动B、甲物体的加速度比乙物体的加速度小C、甲物体的初速度比乙物体的初速度大D、在t1以后的任意时刻，甲物体的速度大于同时刻乙的速度分析：速度图象倾斜的直线表示物体做匀变速直线运动。图象的斜率等于物体的加速度。由图直接读出物体的初速度，比较速度的大小。解答：A、由图看出，甲、乙两物体的速度都时间均匀增大，都做匀加速直线运动。故A正确。B、甲图线的斜率大于乙图线的斜率，则甲物体的加速度比乙物体的加速度大。故B错误。C、甲的初速度为零，乙的初速度大于零，即甲物体的初速度比乙物体的初速度小。故C错误。D、由图看出，在t1以后的任意时刻，甲物体的速度大于同时刻乙的速度。故D正确。故选：AD。点评：物理图象往往要从形状、斜率、交点、面积、截距等数学意义来理解其物理意义。【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。3．根据a-t图像的物理意义分析物体的运动情况【知识点的认识】题目给出物体的a﹣t图像，要能够根据a﹣t图像分析物体的运动或根据物体的运动情况分析a﹣t图像是否正确。【命题方向】如图所示为一物体从静止开始做直线运动的a﹣t图象，则在0至4s内，该物体（）A、向一个方向运动B、2s时速度最大C、始终做加速运动D、2s到4s内做减速运动分析：加速度方向与速度方向相同时，物体做加速运动；否则做减速运动。根据加速度图象，分析物体的运动情况，即可判断速度最大的时刻。解答：AC、由图象可知，加速度已知为正，与运动方向相同，一直做加速运动，运动方向不变，故AC正确；BD、物体在0﹣2s内物体沿正方向做加速增大的加速运动，在2﹣4s内沿正方向做加速度减小的加速运动，故在第4s末物体的速度最大，故BD错误。故选：AC。点评：本题关键有两点：一要正确分析物体的运动情况；二抓住a﹣t图象的“面积”求出速度的变化量。【解题思路点拨】1.要明确a﹣t图像的直接意义：代表了物体某一时刻对应的加速度，可以以此判断物体加速度的方向及大小。2.要明确a﹣t图像面积的物理意义：代表了物体速度的变化量。4．利用a-t图像与坐标轴围成的面积求物体的速度(或速度变化量)【知识点的认识】通过微元法可以知道a﹣t图像的与坐标轴围成的面积表示速度变化量，再结合v＝v0+Δv就可以求出物体的速度。【命题方向】一质点由静止开始做直线运动，其a﹣t图象如图所示，下列说法中正确的是（）A、2s末质点的运动速度最大B、4s末质点回到出发点C、1s末和3s末质点的运动速度相同D、2s末质点的运动速度为4m/s分析：a﹣t图象中，图线与时间轴所围的面积表示质点运动的速度变化量，在t轴上方，面积为正，t轴下方，面积为负。解答：A、质点由静止开始运动，因此在2s末，正向面积最大，即质点运动的速度最大；故A正确；B、4s末正负面积为零，表示质点速度减小为零，由前4s内，质点加速、减速运动过程中存在对称性，其位移一直为正，故B错误；C、在1s末和3s末图象与时间轴所围的面积相等，因此质点速度相等，故C正确；D、2s末图象与时间轴所围面积为2，即质点运动速度为2m/s，故D错误；故选：AC。点评：本题主要考查了对a﹣t图象的理解和应用问题，难度适中。【解题思路点拨】1.要明确a﹣t图像的直接意义：代表了物体某一时刻对应的加速度，可以以此判断物体加速度的方向及大小。2.要明确a﹣t图像面积的物理意义：代表了物体速度的变化量。5．根据a-t图像求物体的位移【知识点的认识】1.题目给出物体运动的a﹣t图像，需要根据a﹣t图象求出物体的的位移。2.a﹣t图像很难直接求位移，往往涉及图像的转换问题，可以将a﹣t图像转换成v﹣t图像，再利用面积求位移。【命题方向】一物体沿一直线从静止开始运动且同时开始计时，其加速度随时间在前10s内变化的图象（a﹣t）如图所示。求：（1）物体在第10s末的速度；（2）物体在前10s内的位移。分析：0﹣2s内物体从静止开始做匀加速直线运动，2﹣4s匀速直线运动，4﹣8s匀减速为零后方向匀加速直线运动。解答：（1）由v＝at得2s时速度为8m/s，8s时速度减为0，作出物体运动过程的ν﹣t图象如图所示由v＝v0+at得，第10s末的速度ν＝8m/s+（﹣2）×6m/s＝﹣4m/s，方向沿负方向（2）由图可知，图象与坐标轴围成面积即代表物体运动的位移x=12×(2+8)×8m-12×答：（1）物体在第10s末的速度为﹣4m/s，方向沿参考负方向（2）物体在前10s内的位移为36m，方向沿参考正方向点评：本题考查匀变速直线运动的图象分析能力，对于减速运动要注意减速为零的时间，因为物体运动减速为零后如果加速度不变将反向加速。【解题思路点拨】1.要明确a﹣t图像的直接意义：代表了物体某一时刻对应的加速度，可以以此判断物体加速度的方向及大小。2.要明确a﹣t图像面积的物理意义：代表了物体速度的变化量。3.a﹣t图像求位移时，先将a﹣t图像转化成v﹣t图像，会使问题简化。6．最大静摩擦力的性质和应用【知识点的认识】1.如果用一个平行于地面的力推沙发，沙发没有被推动，此时沙发必然受到一个与之相反的力来平衡这个力，这个力就是沙发与地面之间的摩擦力。2.像这样如果相互接触的两个物体之间没有发生相对运动，而只有相对运动的趋势，此时两个物体间的摩擦力叫作静摩擦力。3.如果推力增大，该静摩擦力也会增大，但是静摩擦力的增大有一个限度。当大于这个最大限度时，沙发被推动，沙发与地面之间的摩擦力变成滑动摩擦力。我们把这个最大限度叫作最大静摩擦力。【命题方向】重量为100N的木箱放在水平地板上，至少要用40N的水平推力，才能使它从原地开始运动，则木箱与地面间的最大静摩擦力为N．若用35N的水平推力推木箱，木箱所受的摩擦力是N．分析：当两个物体刚要发生相对滑动时，静摩擦力达到最大值，与此时水平推力大小相等．当水平推力小于最大静摩擦力时，物体保持静止状态，由平衡条件求解此时的静摩擦力．解答：由题，要用40N的水平推力，能使木箱从原地开始运动，则木箱与地面间的最大静摩擦力为fm＝F1＝40N．若用35N的水平推力推木箱，水平推力小于最大静摩擦力，木箱保持静止状态，所受的摩擦力与水平推力平衡，则木箱所受的摩擦力f＝F2＝35N．故答案为：40，35。点评：静摩擦力特点是有一个最大值，在静摩擦力达到最大值之前，静摩擦力与外力平衡．【解题思路点拨】1.最大静摩擦力是静摩擦力的最大值，物体之间的静摩擦力超过这个值，物体就会发生相对滑动。2.最大静摩擦力的大小与正压力有关。7．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。8．力的平行四边形定则【知识点的认识】1.力的合成（1）定义：求几个力的合力的过程叫做力的合成．（2）力的合成的依据作用效果相同（等效）（3）求合力的方法（实验探索）思想：等效代换结论：平行四边形定则以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个力邻边的对角线就代表合力的大小和方向．2．平行四边形定则（1）定义：两个力合成时，以表示这两个力的线段为邻边作平行四边形，这两个邻边之间的对角线就代表合力的大小和方向，这个法则叫做平行四边形定则．（2）方法：①作图法：根据相同的标度，以共点的两个力为邻边作平行四边形，这两力所夹的对角线表示合力的大小和方向，如图所示．注意：作图时合力与分力的比例应相同．虚、实线应分清．作图法简便、直观、实用，但不够精确．②解析法：F=F12+F当θ＝0°时，同向的两力的合力大小F＝F1+F2；θ＝90°时，互相垂直的两力的合力大小F=Fθ＝180°时，反向的两力的合力大小F＝|F1﹣F2|．由此可知两共点力的合力F的范围为：|F1﹣F2|≤F≤F1+F2，合力随夹角θ的增大而减小．合力可以大于、等于或小于分力，甚至为零．若F1＝F2且θ＝120°时，有合力F＝F1＝F2．（3）多力合成如果需要求三个或三个以上共点力的合力，可先求其中任意两个力的合力F12，再求F12与第三个力的合力F合，依此类推．【命题方向】如果两个共点力之间的夹角保持不变，当其中一个力增大时，这两个力的合力F的大小（）A、可以不变B、一定增大C、一定减小D、以上说法都不对分析：两个不在同一条直线上的力合成时遵循平行四边形定则，根据平行四边形定则作图分析即可．解答：如果夹角θ的范围为：0°＜θ＜90°，根据平行四边形定则作图，如图从图中可以看出，合力一定增大；如果夹角θ的范围为：90°＜θ＜180°，根据平行四边形定则作图，如图从图中可以看出，合力先减小后增加，存在相等的可能；故选：A。点评：本题关键根据平行四边形定则作图，从图中直接得到结论；也可以用余弦定理列式求解分析．【解题方法点拨】矢量的平行四边形定则是物理学中的重要思想方法，是从初中物理步入高中物理的标志性理论．在复习时可以通过比较分析力的合成和分解的平行四边形定则、三角形定则以及正交分解法之间的关系，达到掌握原理、灵活应用的目的．从近几年高考出题的形式上来看，力的合成与分解问题常与日常生活实际紧密结合，突出了对于实际物理问题的模型抽象能力，在高考的出题方向上也体现了考查学生运用数学知识分析物理问题的能力，主要是考查平行四边形及三角形定则在力的分解问题中的数学应用，如对平行四边形、三角形中的边、角、最大值、最小值的分析，同时更多的题目则体现了与物体的平衡问题、牛顿第二定律的应用问题、动量能量、场类问题的综合考查，试题形式主要以选择题形式出现．9．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。10．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。11．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是事实，①③④是推论C．③是事实，①②④是推论D．④是事实，①②③是推论．分析：通过简单的斜面实验：让小球从一个斜面滚下后，再滚上另一斜面．若斜面没有摩擦，则小球会达到原来高度．然后改变另一斜面的倾角，观察小球的运动．最后让另一斜面平放，则小球要达到原来高度，但又不可能达到，所以它将一直运动下去，这就是理想实验．解答：（1）伽利略设计了一个理想实验的步骤是：先在两个对接的斜面上，让静止的小球沿左边的斜面滚下，小球将滚上右边的斜面；如果没有摩擦，小球将上升到原来的高度；接着减小右边斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到原来的高度；继续减小右边斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球要沿水平面做匀速直线运动．（2）关于理想实验的描述中，有的属于可靠的事实，有的是理想化的推论．则②是事实，①③④是推论，③中不可能没有摩擦；①有摩擦是不可能达到原来高度的；④即使水平也不可能匀速运动．故答案为：②③①④故选为：B。点评：通过事实去理论推导，这是跨出条件束缚的一种途径．【解题思路点拨】1.伽利略理想实验的推论一切运动着的物体在没有受到外力的时候，它的速度将保持不变，并且一直运动下去。2.理想实验的意义（1）伽利略理想实验是以可靠的实验事实为基础，经过抽象思维，抓住主要因素，忽略次要因素，从而更深刻地揭示了自然规律。（2）伽利略理想实验是把实验和逻辑推理相结合的一种科学研究方法。12．牛顿第一定律的内容与应用【知识点的认识】1．内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态．2．说明：（1）物体因为有质量，故能保持原来的运动状态，如果没有力，它将永远保持此状态；（2）因为有力，故改变物体的运动状态．质量是维持物体运动状态的原因，力是改变物体运动状态的原因；（3）物体的运动状态由速度来标定，速度不变，物体运动状态不变；（4）物体运动状态变化，也可说成运动速度变化，即产生加速度．3．使用范围：宏观世界中低速运动的物体，在惯性参考系中才适用．4．对牛顿第一定律的理解（1）牛顿第一定律不是由实验直接总结出来的规律，它是牛顿以伽利略的理想实验为基础，在总结前人的研究成果之上，加之丰富的想而推理得出的一条理想条件下的规律；（2）牛顿第一定律成立的条件是物体不受任何外力的作用，是理想条件下物体所遵从的规律．在实验情况下，物体所受合外力为零与物体不受任何外力作用是等效的．（3）牛顿第一定律的意义在于它揭示了一切物