2024-2025学年上学期深圳高一物理期末模拟卷3

第1页（共1页）2024-2025学年上学期深圳高一物理期末模拟卷3一．选择题（共8小题，满分32分，每小题4分）1．（4分）（2022春•绍兴期末）下列物理量中，无单位的是（）A．动摩擦因数 B．劲度系数 C．万有引力常量 D．静电力常量2．（4分）（2023秋•松江区校级期中）伽利略对“运动和力的关系”和“自由落体运动”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。图甲、图乙分别展示了这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是（）A．图甲的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出力是维持物体运动的原因 B．图甲中的实验可以在实验室中真实呈现 C．图乙中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间的测量更容易 D．图乙中逐渐改变斜面的倾角，通过实验得出自由落体运动是匀变速运动3．（4分）（2023秋•徐汇区校级期中）下列关于物体重心的说法正确的是（）A．形状规则的物体的重心，一定在物体的几何中心上 B．物体的重心一定在物体上 C．物体只有重心处才受到重力作用 D．采用背越式跳高的运动员在越过横杆时，其重心位置可能在横杆之下4．（4分）（2022•苏州模拟）一个物体做匀加速直线运动，从A点运动到C点所用的时间为t，B为AC段上的一点，物体在AB段运动的平均速度为v，在BC段运动的平均速度为2v。则（）A．物体运动的加速度为vtB．物体运动的加速度为2vtC．物体在AC段运动的平均速度为1.5v D．A、C之间的距离为s＝1.5vt（多选）5．（4分）甲、乙两物体从同一地点沿同一方向做直线运动，它们的速度﹣时间图象如图所示，可以确定（）A．t＝6s时甲在乙的前方27m处 B．t＝6s时乙在甲的前方27m处 C．6s之后两物体不会相遇 D．6s之后两物体会相遇物理从我们的生活中来，也必将回到生活中去，生活中处处都有物理。6．（4分）如图甲为某风景旅游区的观光索道。某段时间其运行的简化示意图如图乙，缆索倾角为37°，缆车通过卡扣固定悬挂在缆索上，在缆索的牵引下一起斜向上匀速运动。已知缆车和卡扣的总质量为m，运行过程中缆车始终处于竖直方向，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（）A．缆索对卡扣的摩擦力为0.6mg B．缆索对卡扣的作用力为0.8mg C．卡扣受到的合外力为mg D．运行过程中缆车处于超重状态7．（4分）（2019•贵州学业考试）做匀变速直线运动的物体，受到的合力（）A．大小、方向都不变 B．大小、方向都改变 C．大小改变，方向不变 D．大小不变，方向改变8．（4分）（2017秋•西城区校级月考）如图所示，质量为4.0kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为6.0kg的物体B用细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是（取g＝10m/s2）（）A．A的加速度大小为1m/s2 B．B的加速度大小为4m/s2 C．弹簧的弹力大小为60N D．A、B间相互作用力的大小为24N二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）（多选）9．（6分）（2023秋•惠州期末）如图，劲度系数为k的弹簧一端固定在斜面顶端，另一端连接着一质量为m的木块，静止在倾角θ＝30°的斜面上。已知木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．弹簧一定处于拉伸状态 B．弹簧的最大形变量为mgkC．木块受到的摩擦力方向一定沿斜面向上 D．木块受到的摩擦力可能为零（多选）10．（6分）（2022秋•眉山期末）如图所示，OC段是滑雪赛道的直线段，一滑雪运动员从赛道的O点从静止开始在OC段匀加速滑下，已知运动员滑到A点时速度vA＝2m/s，OA＝2m，AB段滑行的时间为2s。则下列说法中正确的是（）A．运动员的加速度大小是1m/s2 B．运动员的加速度大小是2m/s2 C．AB段长度为3m D．AB段长度为6m（多选）11．（6分）（2019秋•蚌山区校级期中）如图所示，将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一滑块A放在物体B上，除了物体B与水平面间的摩擦力之外，其余摩擦忽略不计。已知物体B的质量为M，滑块A的质量为m，重力加速度为g。当整个装置静止时，A、B接触面的切线与竖直的挡板之间的夹角为θ，下列选项正确的是（）A．物体B对水平面的压力小于（M+m）g B．物体B受到水平面的摩擦力大小为mgtanθC．将B缓慢向右移动一小段距离，A、B之间的作用力变小 D．将B缓慢向右移动一小段距离，A与竖直挡板之间的弹力变大三．实验题（共2小题，满分16分）12．（6分）（2023春•浙江期末）某同学利用如图（a）装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验。①实验装置如图（a），下列操作规范的是（多选）。A．悬吊钩码时，应在钩码静止后再读数B．实验前，应该先把弹簧水平放置测量其原长C．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重D．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重②他通过实验得到如图（b）所示的弹力大小F与弹簧长度L的关系图线。由此图线可得该弹簧的原长为cm；劲度系数k＝N/m。13．（10分）（2021秋•工农区校级月考）如图1为用拉力传感器和速度传感器探究“加速度与物体受力的关系”实验装置．用拉力传感器记录小车受到拉力的大小，在长木板上相距L＝48.0cm的A、B两点各安装一个速度传感器，分别记录小车到达A、B时的速率．（1）实验主要步骤如下：①将拉力传感器固定在小车上；②调整长木板的倾斜角度，以平衡小车受到的摩擦力，让小车在不受拉力作用时能在木板上做运动；③把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与钩码相连；④接通电源后自C点释放小车，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力F的大小及小车分别到达A、B时的速率vA、vB；⑤改变所挂钩码的数量，重复④的操作．次数F/N（vB2﹣vA2）/（m2•s﹣2）a/（m•s﹣2）10.600.770.8021.041.611.6831.422.3442.624.654.8453.005.495.72（2）下表中记录了实验测得的几组数据，vB2﹣vA2是两个速度传感器记录速率的平方差，则加速度的表达式a＝，请将表中第3次的实验数据填写完整（结果保留三位有效数字）。（3）由表中数据，在上图2中的坐标纸上作出a﹣F关系图线。（4）对比实验结果与理论计算得到的关系图线（图中已画出理论图线），造成上述偏差的原因是。四．解答题（共3小题，满分34分）14．（8分）（2024•昆明一模）如图甲所示，物块A、B用不可伸长的轻质细线连接静止在光滑水平面上，细线处于伸直状态。t＝0时刻，在物块A上施加一个水平向右的拉力FA，FA的大小随时间t的变化规律为FA＝3.5t，细线的拉力为FT，测得两物块的加速度a随力FA、FT的变化规律如图乙中的Ⅰ、Ⅱ图线所示。已知物块B的质量M＝4kg。（1）求物块A的质量；（2）若细线能够承受的最大拉力为20N，t＝0时刻，在物块B上同时施加一个水平向左的拉力FB，其大小随时间t的变化规律为FB＝0.5t。求细线断裂的时刻。15．（10分）（2023秋•宝安区期末）如图所示为货物传送装置的其中一段，由平滑连接的倾斜的传送带和水平平台组成。斜面的倾斜角为θ＝37°，连接处的长度可忽略不计。传送带长度l＝5m，当传送带不转动时，质量m的货物从传送带上端由静止释放，货物沿传送带匀加速下滑，到达平台时速度方向改变，但大小不变，并最终停在平台上。货物停止位置与传送带右端的距离为l0＝5m。已知货物与平台的摩擦系数μ1＝0.2，重力加速度取g＝10m/s2，货物可视作质点，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求：（1）货物在传送带上做匀加速直线运动的加速度a0；（2）货物与传送带间的摩擦系数μ0；（3）若传送带顺时针转动，写出货物停止位置与传送带右端距离L跟传送带线速度v的函数关系。16．（16分）如图所示，质量为M＝4kg、长为L＝3.2m的长木板乙放在地面上，另一质量为m＝4kg且可视为质点的物体甲放在长木板的最右端。现在甲上施加一斜向左上方与水平方向成53°、大小为40N的恒力F，使甲开始在长木板上滑动，经过一段时间甲运动到长木板的中点时将恒力撤走，已知甲与乙之间、乙与地面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.2，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8。求：（1）撤去恒力瞬间，物体甲的速度大小；（2）整个过程长木板乙的位移大小。

2024-2025学年上学期深圳高一物理期末典型卷3参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分32分，每小题4分）1．（4分）（2022春•绍兴期末）下列物理量中，无单位的是（）A．动摩擦因数 B．劲度系数 C．万有引力常量 D．静电力常量【考点】力学单位制与单位制．【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；分析综合能力．【答案】A【分析】根据对各物理量单位的掌握分析答题。【解答】解：A、动摩擦因数没有单位，故A正确；B、劲度系数的单位是N/m，劲度系数有单位，故B错误；C、万有引力常量有单位，是N•m2/kg2，故C错误；D、静电力常量是有单位的，单位是N•m2/C2，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了物理量的单位，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习。2．（4分）（2023秋•松江区校级期中）伽利略对“运动和力的关系”和“自由落体运动”的研究，开创了科学实验和逻辑推理相结合的重要科学研究方法。图甲、图乙分别展示了这两项研究中实验和逻辑推理的过程，对这两项研究，下列说法正确的是（）A．图甲的实验为“理想实验”，通过逻辑推理得出力是维持物体运动的原因 B．图甲中的实验可以在实验室中真实呈现 C．图乙中先在倾角较小的斜面上进行实验，可“冲淡”重力，使时间的测量更容易 D．图乙中逐渐改变斜面的倾角，通过实验得出自由落体运动是匀变速运动【考点】伽利略的理想斜面实验；伽利略对自由落体运动的探究．【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题；分析综合能力．【答案】C【分析】明确伽利略对自由落体运动和力与运动关系的研究内容，了解其研究过程中的物理思想与物理的方法。【解答】解：AB.伽利略是假设斜面是理想的光滑斜面，通过逻辑推理得到运动和力的关系，物体的运动不需要力维持。因为不存在光滑的没有摩擦阻力的斜面，所以无法在实验室中真实呈现，所以是“理想实验”，故AB错误；CD.伽利略设想物体下落的速度与时间成正比，由于当时无法测量物体的瞬时速度，所以伽利略通过数学推导证明如果速度与时间成正比，那么位移与时间的平方成正比。因为当时用滴水法计算，由于时间较短无法记录，伽利略设计了让铜球沿阻力很小的斜面滚下，来冲淡重力得作用效果，而小球在斜面上运动的加速度要比它竖直下落的加速度小得多，所用时间长的多，所以容易测量。伽利略做了上百次实验，并通过抽象思维在实验结果上做了合理外推，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题考查的就是学生对于伽利略对自由落体运动和运动和力的关系的研究理解，这些在平时是需要学生了解并知道的，注意明确理想实验的内容和对应的事实与推理。3．（4分）（2023秋•徐汇区校级期中）下列关于物体重心的说法正确的是（）A．形状规则的物体的重心，一定在物体的几何中心上 B．物体的重心一定在物体上 C．物体只有重心处才受到重力作用 D．采用背越式跳高的运动员在越过横杆时，其重心位置可能在横杆之下【考点】重心的概念和物理意义．【专题】定性思想；推理法；重力专题；理解能力．【答案】D【分析】重力的作用点是物体的重心，物体的重心与物体的质量分布与物体形状有关，质量分布均匀、形状规则的物体重心在其几何中心，物体的重心不一定在物体上。【解答】解：A．形状规则且质量分布均匀的物体的重心一定在物体的几何中心上，故A错误；B．物体的重心可能不在物体上，例如质量分布均匀圆环的重心不在环上，故B错误；C．重心是重力的等效作用点，物体的任何部分都受到重力作用，故C错误；D．采用背越式跳高的运动员在越过横杆时，运动员身体弯曲，其重心位置可能在横杆之下，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了物体的重心是一道基础题，掌握基础知识即可正确解题，注意重心与质量分布及形状有关。4．（4分）（2022•苏州模拟）一个物体做匀加速直线运动，从A点运动到C点所用的时间为t，B为AC段上的一点，物体在AB段运动的平均速度为v，在BC段运动的平均速度为2v。则（）A．物体运动的加速度为vtB．物体运动的加速度为2vtC．物体在AC段运动的平均速度为1.5v D．A、C之间的距离为s＝1.5vt【考点】匀变速直线运动中的平均速度的应用（平均速度的推论）．【专题】定量思想；方程法；直线运动规律专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据平均速度等于中点时刻速度结合加速度定义式求出加速度．平均速度等于总位移除以总时间。【解答】解：AB．根据某段运动的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则AB段的中间时刻的瞬时速度为v，BC段中间时刻的瞬时速度为2v，可知加速度a=2v-vt2=2vCD．若设AB段的时间为t1，BC段的时间为t2，则t1+t2＝t则AC段的距离s＝vt1+2vt2＝vt+vt2因t2不一定等于0.5t，则A、C之间的距离s不一定等于1.5vt，物体在AC段运动的平均速度不一定为1.5v，故CD错误。故选：B。【点评】本题解题的关键是知道平均速度等于中点时刻的速度，难度不大，属于基础题。（多选）5．（4分）甲、乙两物体从同一地点沿同一方向做直线运动，它们的速度﹣时间图象如图所示，可以确定（）A．t＝6s时甲在乙的前方27m处 B．t＝6s时乙在甲的前方27m处 C．6s之后两物体不会相遇 D．6s之后两物体会相遇【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】学科综合题；定性思想；推理法；运动学中的图象专题．【答案】BD【分析】根据速度图象的“面积”等于物体的位移大小，由几何知识求出t＝6s时两物体通过的位移，进而求出位置关系，t＝6s之后，甲的速度大于乙的速度，会再次相遇．【解答】解：A、根据速度图象的“面积”等于位移大小，得到t＝6s时，甲的位移大小为x甲=12×6×9＝27m，乙的位移大小为x乙＝9×6m＝54m，t＝6s时乙在甲的前方27m处。故AC、6s后甲的速度大于乙的速度，此后甲会追上乙，再次相遇。故C错误，D正确。故选：BD。【点评】本题关键抓住速度图象的“面积”等于位移来求解两物体间的距离，难度不大，属于基础题．物理从我们的生活中来，也必将回到生活中去，生活中处处都有物理。6．（4分）如图甲为某风景旅游区的观光索道。某段时间其运行的简化示意图如图乙，缆索倾角为37°，缆车通过卡扣固定悬挂在缆索上，在缆索的牵引下一起斜向上匀速运动。已知缆车和卡扣的总质量为m，运行过程中缆车始终处于竖直方向，重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法正确的是（）A．缆索对卡扣的摩擦力为0.6mg B．缆索对卡扣的作用力为0.8mg C．卡扣受到的合外力为mg D．运行过程中缆车处于超重状态【考点】超重与失重的概念、特点和判断；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】A【分析】对缆车和卡扣受力分析，根据共点力平衡条件求摩擦力；根据卡扣受到的合外力为0，确定缆索对卡扣的作用力；根据卡扣做匀速直线运动分析卡扣受到的合外力，以及是否处于超重、失重状态。【解答】解：A．缆车通过卡扣固定悬挂在缆索上，在缆索的牵引下一起斜向上匀速运动，对缆车和卡扣受力分析如图：根据共点力平衡条件可知：f＝mgsin37°解得f＝0.6mg故A正确；B．缆索对卡扣的作用力与卡扣和缆车的重力等大反向，缆索对卡扣的作用力与mg大小相等，故B错误；C．由于卡扣做匀速直线运动，卡扣受到的合外力为0；D．运行过程中缆车处于平衡状态，既不超重也不失重，故D错误；故选：A。【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；注意整体法和隔离法的应用。7．（4分）（2019•贵州学业考试）做匀变速直线运动的物体，受到的合力（）A．大小、方向都不变 B．大小、方向都改变 C．大小改变，方向不变 D．大小不变，方向改变【考点】共点力的平衡问题及求解．【专题】定性思想；归纳法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．【答案】A【分析】解答本题关键掌握：匀变速直线运动的物体的特点：加速度恒定不变，由牛顿第二定律分析合外力。【解答】解：做匀变速直线运动的物体，加速度恒定不变，由牛顿第二定律知：它所受合外力是恒定不变的，大小、方向都不变，故A正确BCD错误；故选：A。【点评】本题考查了匀变速直线运动的物体的特点，结合牛顿第二定律分析大小和方向即可。8．（4分）（2017秋•西城区校级月考）如图所示，质量为4.0kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为6.0kg的物体B用细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压，现将细线剪断，则剪断后瞬间，下列结果正确的是（取g＝10m/s2）（）A．A的加速度大小为1m/s2 B．B的加速度大小为4m/s2 C．弹簧的弹力大小为60N D．A、B间相互作用力的大小为24N【考点】牛顿第二定律求解瞬时问题；胡克定律及其应用；力的合成与分解的应用；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】D【分析】弹簧的弹力不能突变，以A、B系统为研究对象，由牛顿第二定律求出系统的加速度，然后以B为研究对象，由牛顿第二定律求出A、B间的作用力。【解答】解：C、物体A、B接触但不挤压，剪断细线前，对A由平衡条件得，弹簧的弹力：T＝mAg＝4×10N＝40N，由于弹簧的弹力不能突变，剪断细线瞬间弹力大小仍为40N，故C错误；AB、剪断细线后，物体A、B一起向下加速运动，对系统，由牛顿第二定律得：（mA+mB）g﹣T＝（mA+mB）a，解得：a＝6m/s2，故AB错误；D、对物体B，由牛顿第二定律得：mBg﹣F＝mBa，解得：F＝24N，则A、B间的作用力为24N，故D正确。故选：D。【点评】本题考查牛顿第二定律的应用；解题的关键是先采用整体法求解加速度，再隔离物体B并根据牛顿第二定律列式求解。二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）（多选）9．（6分）（2023秋•惠州期末）如图，劲度系数为k的弹簧一端固定在斜面顶端，另一端连接着一质量为m的木块，静止在倾角θ＝30°的斜面上。已知木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g，则下列说法正确的是（）A．弹簧一定处于拉伸状态 B．弹簧的最大形变量为mgkC．木块受到的摩擦力方向一定沿斜面向上 D．木块受到的摩擦力可能为零【考点】共点力的平衡问题及求解；胡克定律及其应用；力的合成与分解的应用．【专题】定量思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；分析综合能力．【答案】AD【分析】以物体为研究对象进行受力分析，根据最大静摩擦力的大小以及重力沿斜面分力的大小进行分析弹簧弹力的大小和方向。【解答】解：A．木块与斜面间的最大静摩擦力为Ffm＝μmgcos30°＝0.5×mg×木块重力沿斜面向下的分力G1＝mgsin30°=12mg，则有G1可知弹簧弹力一定沿斜面向下，弹簧一定处于拉伸状态，故A正确；B．由平衡条件可知，当木块受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下时，弹簧有最大形变量为xm=GC．木块在斜面上处于静止状态时，当弹簧的弹力大于G1时，木块有沿斜面向上滑动的趋势，摩擦力方向沿斜面向下，当弹簧的弹力小于G1时，木块有沿斜面向下滑动的趋势，摩擦力方向沿斜面向上，故C错误；D．当弹簧的弹力大小等于G1时，木块在斜面上没有滑动的趋势，木块受到的摩擦力可能是零，故D正确。故选：AD。【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。（多选）10．（6分）（2022秋•眉山期末）如图所示，OC段是滑雪赛道的直线段，一滑雪运动员从赛道的O点从静止开始在OC段匀加速滑下，已知运动员滑到A点时速度vA＝2m/s，OA＝2m，AB段滑行的时间为2s。则下列说法中正确的是（）A．运动员的加速度大小是1m/s2 B．运动员的加速度大小是2m/s2 C．AB段长度为3m D．AB段长度为6m【考点】匀变速直线运动速度与位移的关系；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；推理论证能力．【答案】AD【分析】根据运动学基本公式，分别对OA段及AB段列相应的公式进行求解。【解答】解：AB、运动员由静止开始运动，则初速度为零，对OA段运动情况，根据速度—位移关系：vA代入数据解得a＝1m/s2，故A正确，B错误；CD、运动员运动过程加速度保持衡定，对AB段运动情况，根据位移—时间关系：xAB代入数据解得AB＝6m，故D正确，C错误。故选：AD。【点评】本题重点在于对运动学公式的考查，要求学生能提取相应物理量并选择合适的运动学公式。（多选）11．（6分）（2019秋•蚌山区校级期中）如图所示，将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一滑块A放在物体B上，除了物体B与水平面间的摩擦力之外，其余摩擦忽略不计。已知物体B的质量为M，滑块A的质量为m，重力加速度为g。当整个装置静止时，A、B接触面的切线与竖直的挡板之间的夹角为θ，下列选项正确的是（）A．物体B对水平面的压力小于（M+m）g B．物体B受到水平面的摩擦力大小为mgtanθC．将B缓慢向右移动一小段距离，A、B之间的作用力变小 D．将B缓慢向右移动一小段距离，A与竖直挡板之间的弹力变大【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】定性思想；合成分解法；平行四边形法则图解法专题；共点力作用下物体平衡专题；分析综合能力．【答案】BC【分析】首先对物体A受力分析，受重力、B的支持力、挡板的支持力，根据平衡条件列式求解；然后再对整体受力分析，根据平衡条件力列式求解地面支持力和静摩擦力大小。【解答】解：CD、首先对物体A受力分析，如图所示：根据平衡条件，有：F1=mgsinθ，F将物体B级慢向右移动一小段距离，θ变大，A、B之间的作用力F1变小，A与竖直挡板之间的弹力F2变小，故C正确，D错误；AB、再对AB整体受力分析，受重力、地面支持力、墙壁支持力、地面的静摩擦力，如图所示：根据平衡条件，地面支持力大小FN＝（M+m）g，地面的摩擦力大小f＝F2=mgtanθ，再根据牛顿第三定律，B对地压力大小为（M+m）g，故B正确，故选：BC。【点评】本题考查了共点力的平衡、力的合成与分解的运用等知识点。求解平衡问题关键在于对物体正确的受力分析，不能多力，也不能少力，对于三力平衡，如果是特殊角度，一般采用力的合成、分解法，对于非特殊角，可采用相似三角形法求解，对于多力平衡，一般采用正交分解法。三．实验题（共2小题，满分16分）12．（6分）（2023春•浙江期末）某同学利用如图（a）装置做“探究弹簧弹力大小与其长度的关系”的实验。①实验装置如图（a），下列操作规范的是AD（多选）。A．悬吊钩码时，应在钩码静止后再读数B．实验前，应该先把弹簧水平放置测量其原长C．随意增减钩码，记下增减钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重D．逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重②他通过实验得到如图（b）所示的弹力大小F与弹簧长度L的关系图线。由此图线可得该弹簧的原长为4cm；劲度系数k＝50N/m。【考点】探究弹簧弹力与形变量的关系．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；弹力的存在及方向的判定专题；实验探究能力．【答案】①AD；②4；50。【分析】①根据实验步骤及注意事项分析作答；②根据胡克定律求解F﹣x函数，结合图像斜率和横截距的含义分析作答。【解答】解：①A．悬吊钩码时，应在钩码静止后再读数，防止钩码摆动过程影响示数，故A正确；B．由于弹簧自身有重力，实验前，应该把弹簧竖直放置测量其原长，故B错误；CD．实验过程中应该逐一增挂钩码，记下每增加一只钩码后指针所指的标尺刻度和对应的钩码总重，故C错误，D正确；故选：AD。②图像的斜率表示劲度系数，因此弹簧劲度系数为：k=ΔF故答案为：①AD；②4；50。【点评】本题主要考查了胡克定律的理解和运用，熟练掌握实验的原理和注意事项。13．（10分）（2021秋•工农区校级月考）如图1为用拉力传感器和速度传感器探究“加速度与物体受力的关系”实验装置．用拉力传感器记录小车受到拉力的大小，在长木板上相距L＝48.0cm的A、B两点各安装一个速度传感器，分别记录小车到达A、B时的速率．（1）实验主要步骤如下：①将拉力传感器固定在小车上；②调整长木板的倾斜角度，以平衡小车受到的摩擦力，让小车在不受拉力作用时能在木板上做匀速直线运动运动；③把细线的一端固定在拉力传感器上，另一端通过定滑轮与钩码相连；④接通电源后自C点释放小车，小车在细线拉动下运动，记录细线拉力F的大小及小车分别到达A、B时的速率vA、vB；⑤改变所挂钩码的数量，重复④的操作．次数F/N（vB2﹣vA2）/（m2•s﹣2）a/（m•s﹣2）10.600.770.8021.041.611.6831.422.342.4442.624.654.8453.005.495.72（2）下表中记录了实验测得的几组数据，vB2﹣vA2是两个速度传感器记录速率的平方差，则加速度的表达式a＝vB2-v（3）由表中数据，在上图2中的坐标纸上作出a﹣F关系图线。（4）对比实验结果与理论计算得到的关系图线（图中已画出理论图线），造成上述偏差的原因是没有完全平衡摩擦力。【考点】探究加速度与力、质量之间的关系．【专题】定量思想；控制变量法；牛顿运动定律综合专题；实验探究能力．【答案】（1）匀速直线运动（2）vB2-vA22L、2.44；（3【分析】（1）根据实验原理，确定平衡摩擦力后小车的运动情况；（2）根据匀变速直线运动的速度﹣位移公式求出加速度的表达式，根据实验数据求出加速度大小；（3）根据表中实验数据应用描点法可正确画出图象。（4）对比实际与理论图象可知，有外力时还没有加速度，由此可得出产生偏差原因。【解答】解析：（1）平衡摩擦力时，应让小车在长木板上做匀速直线运动；（2）由运动学知识可知：vB2-v由此式可求出第三次测量时小车的加速度为：a3=2.342×0.48m/s2＝2.44m/s（3）建立坐标系，先描点再把这点画在一条直线上。由表中数据作出a﹣F图线如图所示（图中下方的直线）；（4）由实验中a﹣F图线不过原点可以得出，实验时没有完全平衡小车的摩擦力．故答案为：（1）匀速直线运动；（2）vB2-vA22L、2.44；（3【点评】本题考查了探究“加速度与物体受力的关系”实验，要明确实验原理，正确进行误差分析和数据处理是对学生学习实验的基本要求，同时掌握匀变速直线运动基本公式的应用，要加强这方面的训练。四．解答题（共3小题，满分34分）14．（8分）（2024•昆明一模）如图甲所示，物块A、B用不可伸长的轻质细线连接静止在光滑水平面上，细线处于伸直状态。t＝0时刻，在物块A上施加一个水平向右的拉力FA，FA的大小随时间t的变化规律为FA＝3.5t，细线的拉力为FT，测得两物块的加速度a随力FA、FT的变化规律如图乙中的Ⅰ、Ⅱ图线所示。已知物块B的质量M＝4kg。（1）求物块A的质量；（2）若细线能够承受的最大拉力为20N，t＝0时刻，在物块B上同时施加一个水平向左的拉力FB，其大小随时间t的变化规律为FB＝0.5t。求细线断裂的时刻。【考点】连接体模型；力的合成与分解的应用；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；推理论证能力；模型建构能力．【答案】（1）物块A的质量2kg；（2）细线断裂的时刻为t＝8s。【分析】（1）对AB整体、B根据牛顿第二定律列式，求物块A的质量；（2）对AB整体、B根据牛顿第二定律列式，同时依题意细线断裂的时刻FT＝20N，求时间。【解答】解：（1）对AB整体根据牛顿第二定律有FA＝（m+M）a，对B根据牛顿第二定律有FT＝Ma，当a＝1.5m/s2时，FA﹣FT＝ΔF＝3N，联立解得物块A的质量m＝2kg；（2）对AB整体根据牛顿第二定律有FA﹣FB＝（m+M）a，对B根据牛顿第二定律有FT﹣FB＝Ma，其中FB＝0.5t，细线断裂的时刻FT＝20N，联立解得此时t＝8s。答：（1）物块A的质量2kg；（2）细线断裂的时刻为t＝8s。【点评】本题考查学生对整体法、隔离法在牛顿第二定律中的应用，难度中等。15．（10分）（2023秋•宝安区期末）如图所示为货物传送装置的其中一段，由平滑连接的倾斜的传送带和水平平台组成。斜面的倾斜角为θ＝37°，连接处的长度可忽略不计。传送带长度l＝5m，当传送带不转动时，质量m的货物从传送带上端由静止释放，货物沿传送带匀加速下滑，到达平台时速度方向改变，但大小不变，并最终停在平台上。货物停止位置与传送带右端的距离为l0＝5m。已知货物与平台的摩擦系数μ1＝0.2，重力加速度取g＝10m/s2，货物可视作质点，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求：（1）货物在传送带上做匀加速直线运动的加速度a0；（2）货物与传送带间的摩擦系数μ0；（3）若传送带顺时针转动，写出货物停止位置与传送带右端距离L跟传送带线速度v的函数关系。【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】（1）货物在传送带上做匀加速直线运动的加速度为2m/s2；（2）货物与传送带间的摩擦系数为0.5；（3）若传送带顺时针转动，货物停止位置与传送带右端距离L跟传送带线速度v的函数关系为L＝5m（v≤0），L＝25m（v≥10m/s），L=v25+5（0＜【分析】（1）货物受摩擦力提供加速度，根据运动学规律解答；（2）货物在传送带上，根据牛顿第二定律分析解答；（3）分情况讨论货物运动情况，根据数学方法解答。【解答】解：（1）设货物到达平台时速度大小为v0，货物在平台上受到摩擦力大小为：f1＝μ1mg加速度：a1由于物块最终减速为零：v0物块在传送带上匀加速直线运动：v0解得：a（2）货物在传送带上受力如图所示：根据牛顿第二定律有mgsinθ﹣μ0mgcosθ＝ma0所以μ0＝0.5（3）设货物到达传送带底端的速度为v1。情况一：若传送带速度为零，则货物到达位置不变，即：L＝l0＝5m情况二：若物块一直受到传送带向下的摩擦力则：启动加速度为：a2＝gsinθ+μ0gcosθa2v2＝2a2l解得：v＝10m/sv2＝2μ1gL当v≥10m/s时，L＝25m情况三：当0≤v≤10m/s时货物经历两段加速度不同的加速运动到达底端。分别分析两段加速过程，设两段加速的位移分别为s1和s2：v2＝2a2s1v1s1+s2＝l解得：L=综上可知L＝5m（v≤0），L＝25m（v≥10m/s），L=v25+5（0＜答：（1）货物在传送带上做匀加速直线运动的加速度为2m/s2；（2）货物与传送带间的摩擦系数为0.5；（3）若传送带顺时针转动，货物停止位置与传送带右端距离L跟传送带线速度v的函数关系为L＝5m（v≤0），L＝25m（v≥10m/s），L=v25+5（0＜【点评】本题考查牛顿第二定律与传送带结合的问题，解题关键掌握货物受摩擦力的方向判断，注意牛顿第二定律与运动学规律的结合运用。16．（16分）如图所示，质量为M＝4kg、长为L＝3.2m的长木板乙放在地面上，另一质量为m＝4kg且可视为质点的物体甲放在长木板的最右端。现在甲上施加一斜向左上方与水平方向成53°、大小为40N的恒力F，使甲开始在长木板上滑动，经过一段时间甲运动到长木板的中点时将恒力撤走，已知甲与乙之间、乙与地面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.2，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8。求：（1）撤去恒力瞬间，物体甲的速度大小；（2）整个过程长木板乙的位移大小。【考点】无外力的水平板块模型．【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）撤去恒力瞬间，物体甲的速度大小为v＝4m/s；（2）整个过程长木板乙的位移大小为13【分析】（1）在物体甲上施加恒力后，甲与乙开始相对滑动，由牛顿第二定律求出甲的加速度，甲、乙之间的滑动摩擦力和弹力。判断木板乙的运动状态，由运动学公式求解物体甲的速度大小；（2）撤去F后，由牛顿第二定律分别求得甲、乙的加速度，判断两者是否会共速。若能够共速，共速后两者相对静止一起做匀减速直线运动直到速度为零，根据牛顿第二定律与运动学公式求解。【解答】解：（1）在物体甲上施加恒力后，甲与乙开始相对滑动，设甲的加速度大小为a1，受到的滑动摩擦力大小为f1，甲与乙之间的弹力大小为N1。在水平方向上，由牛顿第二定律得：Fcos53°﹣f1＝ma1在竖直方向上，由力的平衡条件得：N1＝mg﹣Fsin53°又有：f1＝μ1N1联立解得：f1＝4N，N1＝8N，a1＝5m/s2木板乙与地面之间的最大静摩擦力为：fm1＝μ2（Mg+N1）＝0.2×（4×10+8）N＝9.6N因：fm1＞f1，故撤走恒力之前木板乙处于静止状态。设撤走恒力瞬间甲的速度大小为v，由运动学公式可得：v2解得：v＝4m/s（2）撤去F后，甲、乙之间的滑动摩擦力大小为：f2＝μ1mg＝0.5×4×10N＝20N乙与地面之间的最大静摩擦力为：fm2＝μ2（m+M）g＝0.2×（4+4）×10N＝16N＜f2故撤走F后，乙开始做匀加速直线运动（设其加速度大小为a乙），甲开始做匀减速直线运动（设其加速度大小为a甲），由牛顿第二定律得：μ1mg＝ma甲f2﹣fm2＝Ma乙解得：a甲＝5m/s2，a乙＝1m/s2假设撤走恒力后经时间t1，甲、乙能够达到共同的速度，则有：v共＝v﹣a甲t1＝a乙t1解得：t1=23s，v共该过程中甲、乙的相对位移为：Δx=v+因Δx＜L2，故假设成立。共速后两者相对静止在地面上做匀减速直线运动（设其加速度大小为aa共减速到速度为零的时间为：t2整个过程木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，两过程的平均速度大小均为v共x=v答：（1）撤去恒力瞬间，物体甲的速度大小为v＝4m/s；（2）整个过程长木板乙的位移大小为13【点评】本题为牛顿第二定律应用的板块模型，属于经典的板块运动模型，先由外力F拉动，再撤去外力F，运动过程较复杂，可用v﹣t图像辅助分析。对于板块模型的分析判断要抓住两个方面：一、相对静止与相对运动的判断；二、是否存在共速的判断。

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．匀变速直线运动中的平均速度的应用（平均速度的推论）【知识点的认识】匀变速直线运动的导出公式是指由匀变速直线运动的3个基本公式推导出来的公式。包括：1.平均速度公式：v=vt推导：设物体做匀变速直线运动的初速度为v0，加速度为a，t时刻的速度为v。由x=v0t+1由v＝v0+at知，当t'=t2时，有v由①②得v=又v=vt由②③解得vt综上所述有：v2.结合平均速度的定义式有：xt【命题方向】1.平均速度等于初末速度的一半例1：一质点做匀加速直线运动，初速度为10m/s，加速度为2m/s2．试求该质点：（1）第5s末的速度大小；（2）前5s内的平均速度大小．分析：质点做匀加速直线运动，已知初速度、加速度和时间，根据速度公式求解第5s末的速度大小，由平均速度公式求出前5s内的平均速度大小．解答：由题v0＝10m/s，a＝2m/s2，t＝5s则第5s末的速度大小v＝v0+at＝20m/s；前5s内的平均速度大小v=v答：（1）第5s末的速度大小为20m/s；（2）前5s内的平均速度大小为15m/s．点评：对于第（2）问也可以先求出前5s内的位移x，再由v=2.平均速度等于中间时刻的速度例2：一辆汽车从车站由静止起动，做匀加速直线运动．司机发现有人未上车，急忙刹车，车做匀减速直线运动而停下来，结果总共在5s内前进了10m．汽车在运动过程中速度的最大值vm＝．分析：根据匀变速直线运动的平均速度公式v=v0+v2解答：匀加速直线运动和匀减速直线运动的平均速度v=vm2，则故答案为：4m/s．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的平均速度公式v=【解题思路点拨】1.平均速度的相关公式比较多，xt2.v=vt4．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．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．重心的概念和物理意义【知识点的认识】1.概念：一个物体的各部分都要受到重力的作用，从效果上看，我们可以认为各部分受到的重力作用集中于一点，这一点叫做物体的重心．2.性质：重心不是真实存在的，是假象的一个点。3.思想方法：重心概念的提出用到了等效替代法。【命题方向】关于重心的说法中，正确的是（）A、重心是物体所受重力的等效作用点B、重心是物体上最重的一点C、重心的位置一定在物体上D、质量不均匀但形状规则的物体的重心在它的几何中心分析：重心是物体所受重力的等效作用点，物体的重心不一定在物体上，重心不是物体内最重的一点．物体的重心位置与物体的质量分布、物体的形状有关．用线悬挂的物体静止时，根据平衡条件分析细线方向与重心的关系．解答：A、我们把物体受到的重力等效与一点，这一点就是重心。重心是物体所受重力的等效作用点。故A正确。B、物体的重心是重力的作用点，不是物体内最重的一点。故B错误。C、物体的重心不一定在物体上，也可以在物体之外，比如均匀的圆环，重心在圆环之外。故C错误。D、物体的重心位置与物体的质量分布、物体的形状两个因素有关，质量均匀形状规则的物体的重心在它的几何中心。故D错误。故选：A。点评：本题考查对于重心的理解．重心是物体各部分所受重力的合力的作用点，可以用悬挂法确定薄形物体的重心位置．【解题思路点拨】重心是重力的等效作用点，所以只要物体有重力就一定会有重心，但是重心却不一定在物体的几何中心，甚至不一定在物体上。7．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，根据胡克定律，有：F1＝kx1；若改挂100N的重物时，根据胡克定律，有：F2＝kx2；联立解得：k=Fx2=100N故弹簧的原长为：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故选D．点评：本题关键是根据胡克定律列式后联立求解，要记住胡克定律公式中F＝k•△x的△x为行变量．（2）第二类常考题型是考查胡克定律与其他知识点的结合：如图所示，一根轻质弹簧上端固定，下端挂一个质量为m0的平盘，盘中有一物体，质量为m，当盘静止时，弹簧的长度比其自然长度伸长了l，今向下拉盘，使弹簧再伸长△l后停止，然后松手，设弹簧总处在弹性限度内，则刚松手时盘对物体的支持力等于（）A.(1+△ll)mgB.(1+△l分析：根据胡克定律求出刚松手时手的拉力，确定盘和物体所受的合力，根据牛顿第二定律求出刚松手时，整体的加速度．再隔离物体研究，用牛顿第二定律求解盘对物体的支持力．解：当盘静止时，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①设使弹簧再伸长△l时手的拉力大小为F再由胡克定律得F＝k△l②由①②联立得F=刚松手瞬时弹簧的弹力没有变化，则以盘和物体整体为研究对象，所受合力大小等于F，方向竖直向上．设刚松手时，加速度大小为a，根据牛顿第二定律得a=对物体研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△ll故选A．点评：点评：本题考查应用牛顿第二定律分析和解决瞬时问题的能力，这类问题往往先分析平衡状态时物体的受力情况，再分析非平衡状态时物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解瞬时加速度．【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．8．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。9．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