2024-2025学年上学期长沙高一物理期末典型卷1

第1页（共1页）2024-2025学年上学期长沙高一物理期末模拟卷1一．选择题（共10小题，满分44分）1．（4分）（2019秋•昌吉市期中）下列说法不正确的是（）A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法 B．我们有时会用比值法定义一些物理量，如速度、密度及加速度等 C．根据速度定义式v=ΔxΔt，当Δt极短时，ΔxΔt就可以表示物体在D．伽利略通过理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因”，用到的物理思想方法属于理想实验法2．（4分）（2023秋•罗湖区校级期中）在如图所示的照片中，关于物体或人在运动过程中的一些描述正确的是（）A．甲图是一列在12：35～20：07之间由厦门北开往武汉的动车，12：35是指动车运动时间 B．乙图中的a点是电风扇扇叶边缘上一点，它在运动一周的过程中，其平均速度为零，故a点在任意时刻速度都为零 C．丙图中400m跑步比赛的终点在同一直线上，但起点不在同一直线上，这样做的目的是使参加比赛的同学路程相同 D．丁图诗句“轻舟已过万重山”中的运动，诗人以舟上的船夫为参照系3．（4分）（2019秋•兴庆区期末）如图所示，用水平力F把一个物体紧压在竖直墙壁上，物体保持静止，下列说法中正确的是（）A．水平力F与墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力 B．物体的重力与墙壁对物体的静摩擦力是一对作用力与反作用力 C．水平力F与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力 D．物体对墙壁的压力与墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力4．（4分）（2023•丰城市校级开学）如图，圆柱形玻璃容器内装满液体静置于水平面上，容器中有a、b、c三个不同材质的物块，物块a、c均对容器壁有压力，物块b悬浮于容器内的液体中，忽略a、c与容器壁间的摩擦。现给容器施加一个水平向右的恒力，使容器向右做匀加速直线运动。下列说法正确的是（）A．三个物块将保持图中位置不变，与容器一起向右加速运动 B．物块a将相对于容器向右运动，最终与容器右侧壁相互挤压 C．物块b将相对于容器向右运动，最终与容器右侧壁相互挤压 D．物块c将相对于容器向右运动，最终与容器右侧壁相互挤压5．（4分）（2022秋•丽水月考）一只蚂蚁在迷宫里爬行。它的路径为：向北1.0m，向东0.1m，向南0.7m，再向东0.3m终于到达出口处。求蚂蚁的总位移（）A．2.1m B．0.7m C．0.5m D．0.3m6．（4分）（2021秋•邯郸期末）如图所示，竖直墙上的A点与水平地面上的M点到墙角的距离都为d，C点在M点正上方与A点等高，B点在C点正上方d处，某时刻同时由静止释放a、b、c三个小球，a球由A点释放沿光滑倾斜直轨道AM运动，b、c球分别由B、C点自由下落，它们运动到M点所用时间分别为ta、tb、tc，下列说法正确的是（）A．ta＜tb B．ta=2tc C．ta＝tc D．ta＝2t（多选）7．（5分）（2021秋•务川县校级月考）物理学的发展推动了技术的发展与进步，新技术的出现又为物理，学研究提供了有力的工具，两者相得益彰，利用速度传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图像．某同学在一次实验中得到的小车运动的v﹣t图像如图所示，下列说法正确的是（）A．小车的运动轨迹不是直线 B．小车先加速，再匀速，最后减速 C．小车的位移越来越大 D．0～8s内，小车的加速度大小不变（多选）8．（5分）（2021秋•平罗县校级期中）如图，质量为M的三角形木块a放在水平面上，把另一质量为m的木块b放在a的斜面上，斜面倾角为α对a施一水平力F，使b不沿斜面滑动，不计摩擦，则b对a的压力大小（）A．mgcosα B．mgcosαC．FM(M+m)cosα D．（多选）9．（5分）（2019秋•沙河口区校级月考）如图，倾角θ＝37°、足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，现将一质量m＝2kg的小物体轻放在传送带的A端，小物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则小物体在向上运动的过程中（）A．加速度恒定 B．先加速上滑后匀速 C．所受的摩擦力方向不变 D．所受的滑动摩擦力大小为16N（多选）10．（5分）（2019秋•万载县校级期中）如图所示，两个物体A、B用轻弹簧相连接，A用悬线挂在天花板上，B放在水平地面上，已知GA＝5N，GB＝7N，A、B间弹簧的弹力为3N，则悬线的拉力T、B对地面的压力FN的可能值分别是（）A．T＝12N，FN＝0 B．T＝8N，FN＝4N C．T＝2N，FN＝10N D．T＝2N，FN＝4N二．实验题（共2小题，满分16分）11．（6分）（2023•龙华区校级一模）图甲、乙、丙、丁为“探究求合力的方法”的实验过程。①如图甲所示，橡皮条的一端固定，另一端系一轻质小圆环。在图乙中，用两个弹簧测力计通过轻绳共同拉动小圆环，小圆环受到拉力F1、F2、F3的共同作用，静止于O点。改用一个弹簧测力计单独拉住小圆环，弹簧测力计拉力为F，使小圆环仍静止于O点，如图丙所示。则F1与F2的合力与相等，F1、F2与的合力为0。（均选填“F”或“F3”）②在图乙中，用A、B两只弹簧测力计把小圆环拉到O点，这时AO、BO间夹角∠AOB＜90°，如图丁所示。现改变弹簧测力计A的拉力方向，使α角减小，但不改变它的拉力大小，那么要使小圆环仍被拉到O点，需调节弹簧测力计B拉力的大小及β角，在下列调整方法中，可能实现目标的方法是。A.增大B的拉力和β角B.增大B的拉力，β角不变C.增大B的拉力，同时减小β角D.B的拉力大小不变，增大β角12．（10分）（2022•黄浦区二模）某同学用如图（a）所示的装置验证加速度与力的关系。序号F/Na/（m.s﹣2）10.140.3920.190.5330.240.6740.250.8050.340.94（1）为平衡摩擦力，将轨道一端略抬高，给小车一初速度使其在轨道上运动，利用位移传感器获得小车的速度﹣时间图像如图（b），则应适当（选填“增大”“减小”）轨道倾角。平衡摩擦后，操作中要控制（选填“小车”“钩码”）的质量不变。（2）经过正确操作，所测量的拉力与加速度的数据如右表。请在图（c）中用“×”补充完成序号为4、5的数据描点并做出a﹣F图像。（3）某同学对“将钩码的重力大小视为小车所受拉力的大小”的做法提出质疑，并开展了如下研究：他在小车上固定一个力传感器，可直接测得小车所受拉力。测得小车与传感器总质量为0.486kg，改变钩码质量，多次实验，测得多组钩码重力与小车所受拉力，图（d）中的图线①、②分别为钩码重力、小车所受拉力随钩码质量变化的关系图像。请根据图像，针对该同学的质疑给出回答。。三．解答题（共4小题，满分40分，每小题10分）13．（10分）（2020秋•黑龙江期末）由静止开始做匀加速直线运动的汽车，第1s内通过0.5m位移，问：（1）汽车运动的加速度大小；（2）汽车在第1s末的速度大小；（3）汽车在第2s内通过的位移大小。14．（10分）（2022秋•延庆区期末）冰壶是冬奥会比赛项目之一，图1为赛场示意图。比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处将冰壶以一定的初速度推出，按比赛规则，他的队友可以用毛刷在冰壶滑行的前方摩擦冰面，减小动摩擦因数以调节冰壶的运动。（1）已知冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，冰面被摩擦后，动摩擦因数减小为原来的90%，投掷线AB与O的距离为30m，g取10m/s2。问：a．运动员以多大的速度沿图中虚线将冰壶推出，队友不需要摩擦冰面，冰壶能恰好停在O点；b．若运动员以3.4m/s的速度将冰壶推出，队友应该在冰壶滑出多长的距离后，开始一直连续摩擦前方冰面，才能使冰壶停在O点。（2）图像法是研究物理问题的重要方法，例如从教科书中我们学会了由v﹣t图像求直线运动的位移，请你借鉴此方法，分析下面问题。如果通过队员摩擦冰面，使得动摩擦因数随距离的变化关系如图2所示，即：μ＝0.02﹣kx，其中k＝2.5×10﹣4m﹣1，x表示离投掷线的距离。在这种情况下，若运动员以4m/s的速度将冰壶沿图中虚线推出，求冰壶滑行20m时的速度大小。15．（12分）（2020秋•平顶山月考）如图，两个光滑球体a、b置于一个圆柱形容器中，a球质量ma＝4kg，b球的质量mb＝2kg，a球半径R＝4cm，b球半径r＝2cm，圆柱形容器的底面直径d＝9cm，取g＝10m/s2，对于图中两种放置方式，求：（1）圆柱形容器底部承受的压力大小；（2）两球之间的弹力大小。（结果可用根式表示）16．（8分）如图所示，质量m＝2kg的滑块以v0＝16m/s的初速度沿倾角θ＝37°的斜面上滑，经t＝2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：（1）滑块最大位移值x；（2）与斜面间的动摩擦因数。

2024-2025学年上学期长沙高一物理期末典型卷1参考答案与试题解析一．选择题（共10小题，满分44分）1．（4分）（2019秋•昌吉市期中）下列说法不正确的是（）A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法 B．我们有时会用比值法定义一些物理量，如速度、密度及加速度等 C．根据速度定义式v=ΔxΔt，当Δt极短时，ΔxΔt就可以表示物体在D．伽利略通过理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因”，用到的物理思想方法属于理想实验法【考点】假设法；伽利略的理想斜面实验；极限法；比值定义法．【专题】定性思想；归纳法；直线运动规律专题；理解能力．【答案】A【分析】用质点来代替物体的方法叫理想化物理模型法。速度、密度及加速度都是用比值法定义的。瞬时速度应用了物理的极限法。伽利略通过理想斜面实验用到的物理思想方法属于理想实验法。【解答】解：A、在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫理想化物理模型法。故A错误。B、速度、密度及加速度等都是用比值法定义的物理量，故B正确。C、根据速度定义式v=ΔxΔt，当Δt极短时，ΔxΔt就可以表示物体在tD、伽利略通过理想斜面实验否定了“力是维持物体运动的原因”，用到的物理思想方法属于理想实验法，故D正确。本题选不正确的，故选：A。【点评】解决此题时，要知道常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、物理模型法、极限法、比较法、分类法、类比法、转换法等。2．（4分）（2023秋•罗湖区校级期中）在如图所示的照片中，关于物体或人在运动过程中的一些描述正确的是（）A．甲图是一列在12：35～20：07之间由厦门北开往武汉的动车，12：35是指动车运动时间 B．乙图中的a点是电风扇扇叶边缘上一点，它在运动一周的过程中，其平均速度为零，故a点在任意时刻速度都为零 C．丙图中400m跑步比赛的终点在同一直线上，但起点不在同一直线上，这样做的目的是使参加比赛的同学路程相同 D．丁图诗句“轻舟已过万重山”中的运动，诗人以舟上的船夫为参照系【考点】平均速度（定义式方向）；参考系及其选取原则；时刻、时间的物理意义和判断；位移、路程及其区别与联系．【专题】定性思想；推理法；直线运动规律专题；理解能力．【答案】C【分析】时刻指时间点，时间间隔为时间段；根据平均速度与瞬时速度的概念判断；路程为运动所经过的路径长度；在描述物体的运动时，被选定作假定静止不动的物体叫参考系。【解答】解：A．12：35对应时间轴上的点，是指动车开始运行的时刻，故A错误；B．a点是电风扇扇叶边缘上一点，它运动一周过程中的位移为零，则其平均速度为零，但a点在任意时刻速度不为零，故B错误；C．400m跑步比赛的终点在同一直线上，但起点不在同一直线上，这样做的目的是使参加比赛的同学路程相同，均为400m，故C正确；D．丁图诗句“轻舟已过万重山”中的运动，诗人以山为参考系，故D错误。故选：C。【点评】本题考查学生对描述运动的物理量的理解，难度不大，要注意它们与相似的物理量之间的区别。3．（4分）（2019秋•兴庆区期末）如图所示，用水平力F把一个物体紧压在竖直墙壁上，物体保持静止，下列说法中正确的是（）A．水平力F与墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力 B．物体的重力与墙壁对物体的静摩擦力是一对作用力与反作用力 C．水平力F与物体对墙壁的压力是一对作用力与反作用力 D．物体对墙壁的压力与墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力【考点】相互作用力与平衡力的区别和联系．【专题】定性思想；推理法；共点力作用下物体平衡专题；理解能力．【答案】D【分析】一对作用力与反作用力作用在两个不同的物体上，一对平衡力作用在同一个物体上。【解答】解：A、水平力F与墙壁对物体的压力是一对平衡力。故A错误。B、物体的重力与墙壁对物体的静摩擦力是一对平衡力。故B错误。C、水平力F与物体对墙壁的压力大小相等、方向相同，不是一对作用力与反作用力。故C错误。D、物体对墙壁的压力与墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力。故D正确。故选：D。【点评】本题考查了作用力和反作用力、平衡力等知识点。区别一对作用力与反作用力和一对平衡力是解决本题的关键。4．（4分）（2023•丰城市校级开学）如图，圆柱形玻璃容器内装满液体静置于水平面上，容器中有a、b、c三个不同材质的物块，物块a、c均对容器壁有压力，物块b悬浮于容器内的液体中，忽略a、c与容器壁间的摩擦。现给容器施加一个水平向右的恒力，使容器向右做匀加速直线运动。下列说法正确的是（）A．三个物块将保持图中位置不变，与容器一起向右加速运动 B．物块a将相对于容器向右运动，最终与容器右侧壁相互挤压 C．物块b将相对于容器向右运动，最终与容器右侧壁相互挤压 D．物块c将相对于容器向右运动，最终与容器右侧壁相互挤压【考点】超重与失重的概念、特点和判断；牛顿第二定律的简单应用．【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】D【分析】比较三个物块与液体密度的大小，进而判断同体积的物块与液体的质量大小，质量越大，惯性越大，运动状态越不容易发生变化。【解答】解：由题意可知，c浮在上面且对上壁有压力，可知c排开水的质量大于本身的质量，同理b排开水的质量等于本身的质量，a排开水的质量小于本身的质量。则当容器向右加速运动时，由牛顿第一定律可知，物块a将相对于容器向左运动，最终与容器左侧壁相互挤压，物块b将相对于容器保持静止，与容器一起做匀加速度运动，物块c因相等体积的水将向左运动，则导致c将相对于容器向右运动，最终与容器右侧壁相互挤压（可将c想象为一个小气泡）。故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题考查牛顿第一定律，解题关键是通过判断物块的位置判断物块与液体密度的大小。5．（4分）（2022秋•丽水月考）一只蚂蚁在迷宫里爬行。它的路径为：向北1.0m，向东0.1m，向南0.7m，再向东0.3m终于到达出口处。求蚂蚁的总位移（）A．2.1m B．0.7m C．0.5m D．0.3m【考点】位移、路程及其区别与联系．【专题】定量思想；推理法；直线运动规律专题；理解能力．【答案】C【分析】根据位移的定义，即初位置指向末位置的有向线段，即可分析该题。【解答】解：设蚂蚁出发点为坐标原点，设向东为x轴正方向，向北为y轴正方向，经过分析可知，蚂蚁沿着x轴方向的位移为0.4m，沿着y轴方向的位移为0.3m，因此蚂蚁最后的坐标为（0.4m，0.3m），根据勾股定理蚂蚁的总位移x=0.42+0.32m＝故选：C。【点评】该题考查对位移定义的理解，同时需要结合勾股定理进行运算，基础题。6．（4分）（2021秋•邯郸期末）如图所示，竖直墙上的A点与水平地面上的M点到墙角的距离都为d，C点在M点正上方与A点等高，B点在C点正上方d处，某时刻同时由静止释放a、b、c三个小球，a球由A点释放沿光滑倾斜直轨道AM运动，b、c球分别由B、C点自由下落，它们运动到M点所用时间分别为ta、tb、tc，下列说法正确的是（）A．ta＜tb B．ta=2tc C．ta＝tc D．ta＝2t【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；自由落体运动的规律及应用．【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】B【分析】根据几何关系，牛顿第二定律以及位移—时间公式联立求解即可。【解答】解：竖直墙上的A点与水平地面上的M点到墙角的距离都为d，AM与水平方向夹角为45°，根据牛顿第二定律得：mgsin45°＝ma根据几何关系，以及位移—时间公式得：2C点在M点正上方与A点等高，C做自由落体运动，由位移—时间公式得：d=12B点在C点正上方d处，由位移—时间公式得：2d=12代入数据联立解得：ta＝tb=2tc，故B正确，ACD故选：B。【点评】本题考查了牛顿第二定律以及匀变速直线运动位移—时间关系，解题关键是熟练掌握几何关系和运动学公式。（多选）7．（5分）（2021秋•务川县校级月考）物理学的发展推动了技术的发展与进步，新技术的出现又为物理，学研究提供了有力的工具，两者相得益彰，利用速度传感器与计算机结合，可以自动作出物体运动的图像．某同学在一次实验中得到的小车运动的v﹣t图像如图所示，下列说法正确的是（）A．小车的运动轨迹不是直线 B．小车先加速，再匀速，最后减速 C．小车的位移越来越大 D．0～8s内，小车的加速度大小不变【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】BC【分析】v﹣t图像只能表示直线运动的规律，由图像直接读出小车的运动情况，判断小车位移的变化情况。根据图像的斜率变化分析加速度的变化。【解答】解：A、v﹣t图像只能表示直线运动的规律，可知小车做直线运动，故A错误；B、由图看出，小车先加速，再匀速，最后减速，故B正确；C、小车一直沿正方向运动，位移不断增大，故C正确；D、根据v﹣t图像的斜率表示加速度，可知0～8s内，小车的加速度大小是变化的，故D错误。故选：BC。【点评】解答本题的关键要知道v﹣t图像的斜率表示加速度，从数学知识来理解图像的物理意义。要注意v﹣t图像不是质点的运动轨迹。（多选）8．（5分）（2021秋•平罗县校级期中）如图，质量为M的三角形木块a放在水平面上，把另一质量为m的木块b放在a的斜面上，斜面倾角为α对a施一水平力F，使b不沿斜面滑动，不计摩擦，则b对a的压力大小（）A．mgcosα B．mgcosαC．FM(M+m)cosα D．【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】定性思想；整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】BD【分析】b与a恰好不发生相对滑动时，b与a的加速度相同，以b为研究对象，根据牛顿第二定律可求出A对B的支持力。以ab整体为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对b研究求出a对b的支持力，由牛顿第三定律得到b对a的压力大小。【解答】解：AB、以b木块为研究对象，b与a不发生相对滑动时，b的加速度水平向左，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：a对b的支持力为：N=mgcosα，由牛顿第三定律得：b对a的压力大小为：N′＝N=mgcosα，故CD、以ab整体为研究对象，由牛顿第二定律得加速度为：a=F对b研究得有：N′=masinα=Fm(M+m)sinα故选：BD。【点评】本题是连接类型的问题，两物体的加速度相同，既可以采用隔离法，也可以采用整体法和隔离法相结合的方法研究，要灵活选择研究对象，关键是不要错选。（多选）9．（5分）（2019秋•沙河口区校级月考）如图，倾角θ＝37°、足够长的传送带以恒定速率顺时针运行，现将一质量m＝2kg的小物体轻放在传送带的A端，小物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，则小物体在向上运动的过程中（）A．加速度恒定 B．先加速上滑后匀速 C．所受的摩擦力方向不变 D．所受的滑动摩擦力大小为16N【考点】牛顿第二定律的简单应用；判断是否存在摩擦力．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；摩擦力专题；推理论证能力．【答案】BC【分析】对传送带上的物体进行受力分析，先让滑动摩擦力和重力沿下面的分力进行比较，因为μmgcos37°＞mgsin37°，所以物体开始时做加速上滑，当速度与传送带相等时，小物体相对传送带静止，摩擦力仍然向上。【解答】解：开始时小物体受到向上的滑动摩擦力，因Ff＝μmgcos37°＝12.8N＞mgsin37°＝12N，则小物体加速上滑，当速度与传送带相等时，因μmgcos37°＞mgsin37°，则此时小物体相对传送带静止，随传送带匀速向上运动，此时静摩擦力方向仍向上，故BC正确，AD错误。故选：BC。【点评】本题考查了牛顿第二定律、摩擦力的判断与计算等知识点。注意点：当μ＞tanθ，物体能够保持和传送带静止，当μ＜tanθ，物体不能够静止在传送带上。（多选）10．（5分）（2019秋•万载县校级期中）如图所示，两个物体A、B用轻弹簧相连接，A用悬线挂在天花板上，B放在水平地面上，已知GA＝5N，GB＝7N，A、B间弹簧的弹力为3N，则悬线的拉力T、B对地面的压力FN的可能值分别是（）A．T＝12N，FN＝0 B．T＝8N，FN＝4N C．T＝2N，FN＝10N D．T＝2N，FN＝4N【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；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．【答案】BC【分析】本题中没有说明弹簧的形变是伸长还是压缩，故应分别对两种情况进行计论；由共点力的平衡可得出B对地面的压力。再对整体受力分析可得出绳子的拉力。【解答】解：由题意可知，B受重力、弹簧的弹力及地面的支持力而处于平衡；若弹簧的弹力向下，则有：FN＝GB+F＝7N+3N＝10N；对整体受力分析有：T＝GA+GB﹣FN＝12N﹣10N＝2N；若弹簧处伸长状态，B受支持力为：FN＝GB﹣F＝7N﹣3N＝4N；对整体有：T＝GA+GB﹣FN＝12N﹣4N＝8N；故BC正确；AD错误；故选：BC。【点评】正确进行受力分析，注意该题由于没有给出弹簧是压缩还是伸长状态，所以必须分情况进行讨论分析；二．实验题（共2小题，满分16分）11．（6分）（2023•龙华区校级一模）图甲、乙、丙、丁为“探究求合力的方法”的实验过程。①如图甲所示，橡皮条的一端固定，另一端系一轻质小圆环。在图乙中，用两个弹簧测力计通过轻绳共同拉动小圆环，小圆环受到拉力F1、F2、F3的共同作用，静止于O点。改用一个弹簧测力计单独拉住小圆环，弹簧测力计拉力为F，使小圆环仍静止于O点，如图丙所示。则F1与F2的合力与F相等，F1、F2与F3的合力为0。（均选填“F”或“F3”）②在图乙中，用A、B两只弹簧测力计把小圆环拉到O点，这时AO、BO间夹角∠AOB＜90°，如图丁所示。现改变弹簧测力计A的拉力方向，使α角减小，但不改变它的拉力大小，那么要使小圆环仍被拉到O点，需调节弹簧测力计B拉力的大小及β角，在下列调整方法中，可能实现目标的方法是ABC。A.增大B的拉力和β角B.增大B的拉力，β角不变C.增大B的拉力，同时减小β角D.B的拉力大小不变，增大β角【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；定量思想；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】①F，F3；②ABC。【分析】①根据等效替代法分析判断；②根据图解法分析判断。【解答】解：①F1与F2共同作用的效果与F单独作用的效果相同，则F1与F2的合力与F相等；小圆环受到拉力F1、F2、F3的共同作用，静止于O点，则F1、F2、F3的合力为0；②保持O点位置不动，即合力大小、方向不变，弹簧测力计A的读数不变，只要符合该条件而且能够作出力的平行四边形即可，如图所示A．F1如果从1变到4，能够作出力的平行四边形，故A正确；B．F1如果从1变到3，能够作出力的平行四边形，故B正确；C．F1如果从1变到2，能够作出力的平行四边形，故C正确；D．B的拉力大小不变，增大β角，不能够作出力的平行四边形，故D错误。故选：ABC。故答案为：①F，F3；②ABC。【点评】关键掌握等效替代法和图解法。12．（10分）（2022•黄浦区二模）某同学用如图（a）所示的装置验证加速度与力的关系。序号F/Na/（m.s﹣2）10.140.3920.190.5330.240.6740.250.8050.340.94（1）为平衡摩擦力，将轨道一端略抬高，给小车一初速度使其在轨道上运动，利用位移传感器获得小车的速度﹣时间图像如图（b），则应适当减小（选填“增大”“减小”）轨道倾角。平衡摩擦后，操作中要控制小车（选填“小车”“钩码”）的质量不变。（2）经过正确操作，所测量的拉力与加速度的数据如右表。请在图（c）中用“×”补充完成序号为4、5的数据描点并做出a﹣F图像。（3）某同学对“将钩码的重力大小视为小车所受拉力的大小”的做法提出质疑，并开展了如下研究：他在小车上固定一个力传感器，可直接测得小车所受拉力。测得小车与传感器总质量为0.486kg，改变钩码质量，多次实验，测得多组钩码重力与小车所受拉力，图（d）中的图线①、②分别为钩码重力、小车所受拉力随钩码质量变化的关系图像。请根据图像，针对该同学的质疑给出回答。在平衡好摩擦力后，要用钩码的重力代替拉力，必满足钩码的质量远小于小车的总质量。【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）减小；（2）见解析；（3）在平衡好摩擦力后，要用钩码的重力代替拉力，必满足钩码的质量远小于小车的总质量【分析】（1）根据v﹣t图象确定速度的变化，判断木板的倾角是否恰当，根据实验目的和控制变量法的要求确定保持小车质量不变；（2）根据题设要求，描点、并把所有的点拟合成一条直线上；（3）对小车和重物由牛顿第二定律写出拉力的表达式，从表达式可以看出什么条件下两者大致相等。【解答】解：（1）由题b可以看出，小车在倾斜的木板上做加速运动，而平衡阻力的目的是使合力为零，所以应减小木板的倾斜程度，使小车做匀速直线运动。由实验目的可以知道，本实验是研究加速度与力的关系，所以要保证小车的质量不变，改变拉力。（2）把4、5两组数据描在图C上（如图红色所示），并把所有的点尽量描在一条直线上，如图所示；（3）若小车和小车的所有器材以加速a加速运动，则对小车的钩码整体有：a=mgm+M，对小车有：F＝Ma。联立两式可得：F=M×mgm+M。从表达式看出，只有当m＜＜M时，F=Mm+M×mg≈mg，若未满足m＜＜M，则显然F＜mg。以上从图象中可以得到证明：由题意知M＝0.486kg，而m＝0.03kg之前，F＝mg（F所以给该同学质疑的回答是：在平衡好摩擦力后，要用钩码的重力代替拉力，必满足钩码的质量远小于小车的总质量。故答案为：（1）减小；（2）见解析；（3）在平衡好摩擦力后，要用钩码的重力代替拉力，必满足钩码的质量远小于小车的总质量【点评】处理实验问题时一定要找出实验原理，根据实验原理我们可以寻找需要测量的物理量和需要注意的事项。利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用，提高解决问题能力。三．解答题（共4小题，满分40分，每小题10分）13．（10分）（2020秋•黑龙江期末）由静止开始做匀加速直线运动的汽车，第1s内通过0.5m位移，问：（1）汽车运动的加速度大小；（2）汽车在第1s末的速度大小；（3）汽车在第2s内通过的位移大小。【考点】匀变速直线运动位移与时间的关系；匀变速直线运动速度与时间的关系．【专题】计算题；定量思想；推理法；直线运动规律专题；推理论证能力．【答案】（1）汽车运动的加速度大小为1m/s2；（2）汽车在第1s末的速度大小为1m/s；（3）汽车在第2s内通过的位移大小为1.5m。【分析】（1）根据位移—时间公式求出汽车的加速度；（2）根据速度﹣时间公式求出第1s末的速度大小；（3）根据位移—时间公式求出2s内的位移，从而求出第2s内的位移。【解答】解：（1）根据位移—时间公式得：x1=代入数据解得汽车运动的加速度大小为：a＝1m/s2（2）根据速度﹣时间公式，可得汽车在第1s末的速度为：v＝at1＝1×1m/s＝1m/s（3）根据位移—时间公式，可得汽车在前2s内的位移为：x2=12at22=则汽车在第2s内的位移为：x2＝x﹣x1＝2m﹣0.5m＝1.5m答：（1）汽车运动的加速度大小为1m/s2；（2）汽车在第1s末的速度大小为1m/s；（3）汽车在第2s内通过的位移大小为1.5m。【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移—时间公式和速度﹣时间公式，并能灵活运用。14．（10分）（2022秋•延庆区期末）冰壶是冬奥会比赛项目之一，图1为赛场示意图。比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB处将冰壶以一定的初速度推出，按比赛规则，他的队友可以用毛刷在冰壶滑行的前方摩擦冰面，减小动摩擦因数以调节冰壶的运动。（1）已知冰壶和冰面的动摩擦因数为0.02，冰面被摩擦后，动摩擦因数减小为原来的90%，投掷线AB与O的距离为30m，g取10m/s2。问：a．运动员以多大的速度沿图中虚线将冰壶推出，队友不需要摩擦冰面，冰壶能恰好停在O点；b．若运动员以3.4m/s的速度将冰壶推出，队友应该在冰壶滑出多长的距离后，开始一直连续摩擦前方冰面，才能使冰壶停在O点。（2）图像法是研究物理问题的重要方法，例如从教科书中我们学会了由v﹣t图像求直线运动的位移，请你借鉴此方法，分析下面问题。如果通过队员摩擦冰面，使得动摩擦因数随距离的变化关系如图2所示，即：μ＝0.02﹣kx，其中k＝2.5×10﹣4m﹣1，x表示离投掷线的距离。在这种情况下，若运动员以4m/s的速度将冰壶沿图中虚线推出，求冰壶滑行20m时的速度大小。【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】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）a．运动员以23m/s沿图中虚线将冰壶推出，队友不需要摩擦冰面，冰壶能恰好停在b．若运动员以3.4m/s的速度将冰壶推出，队友应该在冰壶滑出19m后，开始一直连续摩擦前方冰面，才能使冰壶停在O点；（2）冰壶滑行20m时的速度大小为3m/s。【分析】（1）a、根据牛顿第二定律计算出加速度，结合速度—位移公式计算出速度；b、根据速度—位移公式计算出冰壶滑行的距离；（2）画出μg﹣x图像，结合图像的物理意义计算出冰壶的速度。【解答】（1）a、根据牛顿第二定律可得：a＝μg；根据速度—位移公式得：v2＝2aL解得：v=2b、假设滑出x1时开始摩擦冰面，此时冰壶的速度为v，满足：v02-v2=2μgx1，v2＝2×0.9解得：x1＝19m（2）画出μg﹣x图像如图所示，图线与坐标轴围成的面积表示无限多个“μgΔx”的总和，根据v解得：v＝3m/s答：（1）a．运动员以23m/s沿图中虚线将冰壶推出，队友不需要摩擦冰面，冰壶能恰好停在b．若运动员以3.4m/s的速度将冰壶推出，队友应该在冰壶滑出19m后，开始一直连续摩擦前方冰面，才能使冰壶停在O点；（2）冰壶滑行20m时的速度大小为3m/s。【点评】本题以冰壶为考查背景，主要考查了牛顿第二定律和运动学公式的应用，属于常规考法，整体难度不大。15．（12分）（2020秋•平顶山月考）如图，两个光滑球体a、b置于一个圆柱形容器中，a球质量ma＝4kg，b球的质量mb＝2kg，a球半径R＝4cm，b球半径r＝2cm，圆柱形容器的底面直径d＝9cm，取g＝10m/s2，对于图中两种放置方式，求：（1）圆柱形容器底部承受的压力大小；（2）两球之间的弹力大小。（结果可用根式表示）【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；整体法和隔离法；共点力作用下物体平衡专题；推理论证能力．【答案】（1）两种情况下，圆柱形容器底部承受的压力大小均为60N；（2）第一个图中两球之间的弹力大小为8033N【分析】（1）对a与b的整体，在竖直方向上根据平衡条件求解支持力大小，由牛顿第三定律求解圆柱形容器底部承受的压力大小；（2）根据几何关系求解a球与b球间的弹力方向与竖直方向间的夹角，两种情况下，分别对上面的小球竖直方向根据平衡条件列方程求解。【解答】解：（1）对a与b的整体，在竖直方向上受到重力和支持力，根据平衡条件可得：FN＝（ma+mb）g＝（4+2）×10N＝60N；由牛顿第三定律得，两种情况下圆柱形容器底部承受的压力大小均为60N；（2）设两种放置方式a球与b球间的弹力方向与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系知：sinθ=d-R-rR+r=9-4-24+2两种情况下上面的小球受力情况如图所示：第一种放置方式，对a球，竖直方向根据平衡条件可得：FN1cosθ＝mag，解得：FN1=80第二种放置方式，对b球，竖直方向根据平衡条件可得：FN2cosθ＝mbg，解得：FN2=40答：（1）两种情况下，圆柱形容器底部承受的压力大小均为60N；（2）第一个图中两球之间的弹力大小为8033N【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。16．（8分）如图所示，质量m＝2kg的滑块以v0＝16m/s的初速度沿倾角θ＝37°的斜面上滑，经t＝2s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：（1）滑块最大位移值x；（2）与斜面间的动摩擦因数。【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；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】（1）滑块最大位移值x为16m；（2）与斜面间的动摩擦因数0.25。【分析】（1）对于上滑过程，根据运动学位移＝平均速度×时间求解即可；（2）受力分析后，根据牛顿第二定律列式求解即可；【解答】解：（1）根据匀变速直线运动规律可得，上滑的最大位移为x=v02（2）上滑过程中滑块的加速度为a=ΔvΔt=v0根据牛顿第二定律有mgsin37°+μmgcos37°＝ma解得μ＝0.25答：（1）滑块最大位移值x为16m；（2）与斜面间的动摩擦因数0.25。【点评】本题关键求解加速度，求解出加速度后根据牛顿第二定律就可以求解动摩擦因数，属于比较容易的题。

考点卡片1．参考系及其选取原则【知识点的认识】（1）运动与静止：自然界的一切物体都处于永恒的运动中，运动是绝对的，静止是相对的。（2）定义：在描述物体的运动时，被选定作为参考，假定静止不动的物体。（3）选取：①选择不同的参考系来观察同一物体的运动，其结果可能会不同。②参考系可以任意选择，但选择得当，会使问题的研究变得简洁、方便。③通常情况下，在讨论地面上物体的运动时，都以地面为参考系。（4）参考系的四个性质：标准性被选为参考系的物体都是假定静止的，被研究的物体是运动还是静止，都是相对于参考系而言的任意性任何物体都可以作为参考系同一性比较多个物体的运动或同一物体在不同阶段的运动时，必须选择同一个参考系差异性对于同一个物体的运动，选择不同的参考系，观察结果一般不同【命题方向】关于参考系的选取，下列说法正确的是（）A.参考系就是绝对不动的物体B.只有选好参考系以后，物体的运动才能确定C.同一物体的运动，相对于不同的参考系，观察的结果可能不同D.我们平常所说的楼房是静止的，是以地球为参考系的分析：参考系，是指研究物体运动时所选定的参照物体或彼此不做相对运动的物体系；参考系的选取是任意的，如何选择参照系，必须从具体情况来考虑，一般情况下我们以地面或地面上的物体作为参考系解答：A、任何物体均可作为参考系，并不要求是否静止，故A错误；B、要想描述一个物体的运动，必须先选择参考系；故B正确；C、同一物体的运动，相对于不同的参考系，观察的结果可能不同，故C正确；D、我们平常所说的楼房是静止的，是以地球为参考系的；故D正确；故选：BCD。点评：为了研究和描述物体的运动，我们引入了参考系，选择不同的参考系，同一物体相对于不同的参考系，运动状态可以不同，选取合适的参考系可以使运动的研究简单化。【解题思路点拨】参考系的选取方法：（1）研究地面上物体的运动时，常选取地面或相对地面静止的物体作为参考系。（2）研究某一系统中物体的运动时，常选取系统作为参考系。例如：研究宇航舱内物体的运动情况时，选取宇航舱为参考系。2．时刻、时间的物理意义和判断【知识点的认识】（1）时刻指的是某一瞬时，是时间轴上的一点，对应于位置、瞬时速度、动量、动能等状态量，通常说的“2秒末”，“速度达2m/s时”都是指时刻．（2）时间是两时刻的间隔，是时间轴上的一段．对应位移、路程、冲量、功等过程量．通常说的“几秒内”“第几秒内”均是指时间．【命题方向】例1：有如下一些关于时间与时刻的说法，以下说法中指时刻的是（）①7点30分上课；②一节课上45分钟；③飞机12点整起飞；④汽车从南京开到上海需4个小时．分析：时间是指时间的长度，在时间轴上对应一段距离，时刻是指时间点，在时间轴上对应的是一个点．解：①7点30分上课，是指的时间点，是指时刻；②一节课上45分钟，是指时间的长度，是指时间的间隔；③飞机12点整起飞，是指的时间点，是指时刻；④汽车从南京开到上海需4个小时，是指时间的长度，是指时间的间隔．所以指时刻的是①③，所以B正确．故选：B．点评：时刻具有瞬时性的特点，是变化中的某一瞬间；时间间隔具有连续性的特点，与某一过程相对应．【解题方法点拨】熟练掌握时间与时刻的概念以及它们的区别是正确解答该考点试题的关键．如图是时间与时刻在图象上的表示，下表是它们的区别．时刻时间概念事物运动、发展、变化所经历过程的各个状态先后顺序的标志事物运动、发展、变化经历的过程长短的量度意义一段时间始、末，一瞬间，有先后，无长短两时刻之间的间隔，有长短时间轴表示轴上一点轴上一段对应物理量状态量，如位置、动能等过程量，如位移、功等通常说法第几秒末、第几秒初前几秒内、后几秒内、第几秒内单位秒（s）秒（s）3．位移、路程及其区别与联系【知识点的认识】（1）位移表示质点在空间的位置的变化，用有向线段表示，位移的大小等于有向线段的长度，位移的方向由初位置指向末位置．（2）路程是质点在空间运动轨迹的长度．在确定的两位置间，物体的路程不是唯一的，它与质点的具体运动过程有关．（3）位移与路程是在一定时间内发生的，是过程量，二者都与参考系的选取有关．位移和路程的区别：①位移是矢量，大小只跟运动起点、终点位置有关，跟物体运动所经历的实际路径无关．②路程是标量，大小跟物体运动经过的路径有关．如图所示，物体从A运动到B，不管沿着什么轨道，它的位移都是一样的．这个位移可以用一条有方向的（箭头）线段AB表示．【命题方向】关于位移和路程，下列说法中正确的是（）A.沿直线运动的物体位移和路程是相等的B.质点沿不同的路径由A到B，路程可能不同而位移一定相同C.质点通过一段路程，其位移可能为零D.质点运动的位移的大小可能大于路程分析：位移的大小等于初末位置的距离，方向由初位置指向末位置．路程是运动轨迹的长度．解答：A、沿单向直线运动的物体位移大小和路程是相等。而位移是矢量，路程是标量，所以不能相等，故A错误；B、路程不相等，但位移可能相同，比如从A地到B地，有不同的运行轨迹，但位移相同，故B正确；C、物体通过一段路程，位移可能为零。比如圆周运动一圈，故C正确；D、质点运动的位移的大小不可能大于路程，最大等于路程，故D错误。故选：BC。点评：解决本题的关键知道路程和位移的区别，路程是标量，位移是矢量，有大小有方向．【解题方法点拨】①位移是描述物体位置变化大小和方向的物理量，它是运动物体从初位置指向末位置的有向线段．位移既有大小又有方向，是矢量，大小只跟运动起点、终点位置有关，跟物体运动所经历的实际路径无关．②路程是物体运动所经历的路径长度，是标量，大小跟物体运动经过的路径有关．③位移和路程都属于过程量，物体运动的位移和路程都需要经历一段时间．④就大小而言，一般情况下位移的大小小于路程，只有在单方向的直线运动中，位移的大小才等于路程．4．平均速度（定义式方向）【知识点的认识】1．定义：平均速度是描述作变速运动物体运动快慢的物理量．一个作变速运动的物体，如果在一段时间t内的位移为s，则我们定义v=s2．平均速度和平均速率的对比：平均速度=【命题方向】例1：一个朝着某方向做直线运动的物体，在时间t内的平均速度是v，紧接着t2内的平均速度是vA．vB.23vC.34vD.分析：分别根据v=解：物体的总位移x=vt+v2×t2=5vt4，则这段时间内的平均速度v=故选D．点评：解决本题的关键掌握平均速度的定义式v=【解题思路点拨】定义方向意义对应平均速度运动质点的位移与时间的比值有方向，矢量粗略描述物体运动的快慢某段时间（或位移）平均速率运动质点的路程与时间的比值无方向，标量粗略描述物体运动的快慢某段时间（或路程）5．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．6．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。7．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…”．8．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．9．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。10．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。11．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。12．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