2024-2025学年上学期长沙高一物理期末典型卷2

第1页（共1页）2024-2025学年上学期长沙高一物理期末模拟卷2一．选择题（共11小题，满分49分）1．（4分）（2023秋•兰州期中）关于物理学史、物理量、物理研究方法、物理模型等，下列说法中正确的是（）A．伽利略猜想自由落体的速度与时间成正比，并进行了实验验证 B．图像可以描述质点的运动，v﹣t图像可以反映速度随时间的变化规律，图像的斜率反映加速度的大小和方向 C．选择不同的物体作为参考系来描述同一物体的运动，其结果一定不同 D．原子核很小，一定能看作质点处理2．（4分）（2016秋•保定期末）如图所示，相互平行的河岸上有两个正对（连线垂直河岸）的码头，A、B小船在静水中速度为v1，河水流速恒为v2，河宽为d，要求小船从A沿直线运动到B，则（）A．小船船头正对B运行 B．小船运行时间为dvC．小船运行时间为dvD．v2越大，过河时间越长3．（4分）如图所示，半径为r的圆筒绕竖直中心轴OO'旋转，小物块靠在圆筒的内壁上，它与圆筒内壁间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现要使小物块不下落，则圆筒转动的角速度ω至少为（）A．μgr B．μg C．gr D．4．（4分）据报道：曾驾驶汽车飞越黄河的亚洲第一飞人柯受良先生.2003年12月9日突然死亡，令人震惊，下面三幅照片是他飞越黄河时的照片，汽车从最高点开始到着地为止这一过程可以看作平抛运动．记者从侧面用照相机通过多次曝光，拍摄到汽车在经过最高点以后的三幅运动照片如图所示．相邻两次曝光时间间隔相等，已知汽车长度为L，则（）A．从左边一幅照片可推算出汽车的水平分速度大小 B．从左边一幅照片可推算出汽车曾经达到的最大高度 C．从中间一幅照片可推算出汽车的水平分速度大小，汽车曾经达到的最大高度 D．根据实验测得的数据，从右边一幅照片可推算出汽车的水平分速度大小5．（4分）（2022秋•灵寿县校级期末）将四分之一圆柱体a置于粗糙水平面上，其横截面如图所示，B点为a的最高点。现将小物块b（可视为质点）靠紧圆弧，用始终垂直于过接触点半径方向的拉力F拉动物块，使物块由圆弧与水平面的交点A缓慢向B点运动，整个过程中a始终保持静止，不计a与b间的摩擦，则拉动过程中（）A．拉力F先减小后增大 B．b对a的压力先减小后增大 C．地面对a的支持力一直增大 D．地面对a的摩擦力先减小后增大6．（4分）如图所示，夹在物块A、B之间的轻弹簧劲度系数为k＝100N/m，物块A、B的质量分别为mA＝2kg和mB＝3kg，两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.1，现用与水平方向成37°角的恒定拉力F＝15N作用在物块B上，当系统达到稳定状态时A、B间保持相对静止，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g＝10m/s2，此时弹簧的伸长量为（）A．4.8cm B．5.16cm C．6cm D．7.74cm（多选）7．（5分）（2014秋•禅城区月考）如图所示，两梯形木块A、B叠放静置在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜。连接A与天花板之间的细绳沿竖直方向。关于两木块的受力，下列说法正确的（）A．A、B之间一定存在摩擦力作用 B．细绳拉力为零时，木块A受三个力作用 C．木块B可能受到地面的摩擦力作用 D．B受到地面的支持力大小可能等于木块B的重力（多选）8．（5分）（2022秋•十堰月考）如图所示，倾角为θ的斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平地面上，现将一小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，在小球从释放到落至地面的过程中，当斜劈的速度大小为v0时，则下列对应小球下落的速度大小不正确的是（）A．v0sinθ B．v0cosθ C．v0tanθ D．v0cotθ（多选）9．（5分）（2021秋•北碚区校级期中）如图所示，小巧美观的冰箱贴利用磁性可以贴在冰箱的竖直侧壁上，是一种很别致的装饰。冰箱贴静止不动时，下列说法正确的是（）A．冰箱贴与冰箱间有三对作用力与反作用力 B．冰箱贴受到的磁力与冰箱对它的弹力是一对作用力与反作用力 C．冰箱对冰箱贴的摩擦力与冰箱贴受到的重力是一对平衡力 D．如果冰箱壁是光滑的，无论冰箱贴的磁性有多强，它都不能够静止贴在冰箱上（多选）10．（5分）（2022秋•兴庆区校级期末）如图所示，质量M＝4kg的木板的右端放一质量m＝1kg的物块，两者静止在水平地面上．m、M之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，地面与M之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2．现用一水平向右的力F作用在M上，则能使m、M保持相对静止的一起向右运动的力F可能为（）A．3N B．10N C．25N D．30N（多选）11．（5分）（2022秋•山东月考）我国高铁技术发展迅速，济郑高铁预计将于2023年底通车，届时聊城到济南只需27分钟。已知一列动车组由动车和拖车组成，动车提供动力，拖车无动力。假设一动车组有16节车厢，每节车厢质量均相等，且运动时受到的阻力与重力成正比。若每节动车提供的牵引力大小都相等，其中第2节、第6节、第10节、第14节为动车，其余为拖车。则下列表述正确的是（）A．动车组匀速直线运动时，第4、5节车厢间的作用力为零 B．动车组匀速直线运动时，第2、3节与第6、7节车厢间的作用力之比为7：5 C．动车组匀加速直线运动时，第2、3节与第6、7节车厢间的作用力之比为7：5 D．动车组匀加速直线运动时，第6、7节与第10、11节车厢间的作用力之比为1：1二．实验题（共2小题，满分14分）12．（6分）（2021春•黄埔区校级月考）在“研究小球平抛运动”的实验中：某同学安装了如图甲和乙所示的演示实验。其中图乙的实验：将两个斜滑道固定在同一竖直面内，末端水平，滑道2与光滑水平板衔接。（1）安装实验装置的过程中，斜槽末端的切线必须水平，目的是。A．保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小B．保证小球飞出时，初速度水平C．保证小球在空中运动的时间每次都相等D．保证小球运动的轨迹是一条抛物线（2）把两个质量相等的小钢球，从斜面的同一高度由静止同时释放，观察到两球在水平面相遇，这说明。（3）该同学采用频闪照相机拍摄到小球做平抛运动的照片如图丙所示，图中背景方格的边长为L＝5cm，A、B、C是小球的三个位置，取g＝10m/s2，照相机拍摄时每隔s曝光一次；小球做平抛运动的初速度v0＝m/s，小球运动到B点的速度vB＝m/s。13．（8分）（2020秋•海东市期末）某同学利用如图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律，打点计时器所接交流电的频率为50Hz。实验过程中，该同学均采用正确的实验步骤进行操作。（1）实验中关于平衡摩擦力，下列做法正确的是。A．每改变一次小车的质量后也要改变木板的倾斜程度B．每次改变小车中砝码的质量后都需要重新平衡摩擦力C．调节长木板的倾角（未悬挂砝码盘），轻推小车，使小车能沿长木板向下匀速运动D．平衡摩擦力后，实验就不需要满足小车及车中砝码总质量远大于砝码盘及盘中砝码总质量的条件（2）若在实验中得到一条纸带如图乙所示，A、B、C、D、E为五个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。根据纸带数据，可求出小车的加速度大小a＝m/s2（结果保留两位有效数字）。（3）若该同学改用图丙装置，测得遮光条的宽度为d，A、B两个光电门的间距为s，光电传感装置记录遮光条通过A、B两个光电门的时间分别为t1、t2，则小车经过光电门A时的速度大小vA＝，小车运动的加速度大小a＝（均用上述物理量字母表示）。三．解答题（共3小题，满分37分）14．（10分）（2021春•开封期中）如图所示，我军机在钓鱼岛巡航。若军机在距离地面某高度的水平面内做半径为R的匀速圆周运动，机翼受到的升力与水平面的夹角为θ。重力加速度为g。（1）求军机做匀速圆周运动时的速率；（2）若军机在匀速圆周运动过程中，机上的一个质点脱落，不计脱落后质点受到的空气阻力。当军机第一次距质点脱落处最远时，质点刚好落地。求质点落地点距军机做圆周运动平面的距离及质点落地点与军机做匀速圆周运动的圆心之间的距离。15．（12分）（2021•厦门三模）2021年4月15日，搭载国产ADS自动驾驶系统的汽车实现了在市区1000公里的无干预自动驾驶。在某次刹车测试中，一辆搭载ADS系统的汽车检测到险情后，其速度平方v2与位移x图象如图线Ⅰ所示。若关闭了ADS系统，司机发现险情后汽车的速度平方v2与位移x图象如图线Ⅱ所示，汽车质量为2000kg，求：（1）汽车刹车过程中的加速度a大小及所受阻力f大小；（2）关闭ADS系统后，从司机发现险情到汽车停下所用的时间t（结果保留1位小数）。16．（15分）（2020秋•宁波月考）2018年2月7日，美国SpaceX公司的重型猎廉火箭首次发射成功。火箭主体与三台助推火箭的总质量约为1400吨。其发射主要包括两个阶段，在发射后2分30秒时，火箭到达56250米高度，两台副助推火箭脱离。此前为第一阶段：发射后3分04秒，另一枚主助推火箭也脱离猎鹰火箭，此刻火箭到达88000米高度，副助推火箭脱离到主助推火箭脱离为第二阶段。重力加速度g取10m/s2。（1）假设在副助推火箭脱落前后两个阶段，猎廉火箭均在竖直方向上做匀变速直线运动，分别求出两个阶段的竖直方向加速度（保留两位有效数字）；（2）副助推火箭在接近7分55秒顺利垂直着陆回收，标志着火箭回收技术的成功应用，假设副助推火箭一直在竖直方向做直线运动，在脱离后前200秒内仅受重力，之后立即开启发动机进行竖直方向匀减速直线运动，落地时速度接近为0，不计一切阻力。已知每台副助推火箭的质量为200吨，求这个匀减速过程中副助推火箭的推动力大小（保留两位有效数字）。

2024-2025学年上学期长沙高一物理期末典型卷2参考答案与试题解析一．选择题（共11小题，满分49分）1．（4分）（2023秋•兰州期中）关于物理学史、物理量、物理研究方法、物理模型等，下列说法中正确的是（）A．伽利略猜想自由落体的速度与时间成正比，并进行了实验验证 B．图像可以描述质点的运动，v﹣t图像可以反映速度随时间的变化规律，图像的斜率反映加速度的大小和方向 C．选择不同的物体作为参考系来描述同一物体的运动，其结果一定不同 D．原子核很小，一定能看作质点处理【考点】力学物理学史．【专题】定性思想；归纳法；直线运动规律专题；理解能力．【答案】B【分析】本题根据伽利略探究自由落体运动的过程、v﹣t图像的斜率表示加速度、选择不同的物体作为参考系来描述同一物体的运动，其结果可能不同、以及物体能看成质点的条件：大小和形状能忽略不计进行解答。【解答】解：A、伽利略猜想自由落体运动的速度与时间成正比，并未直接进行验证，而是在斜面实验的基础上进行外推得到的，故A错误；B、运动图像可以描述质点的运动，v﹣t图像反映速度随时间的变化规律，图像的斜率表示加速度，能反映加速度的大小和方向，故B正确；C、选择不同的物体作为参考系来描述同一物体的运动，其结果不一定不同，故C错误；D、原子核很小，但研究其内部结构时，其大小和形状不能忽略，就不能看作质点处理，故D错误。故选：B。【点评】解决本题的关键要掌握力学基础知识，掌握伽利略的科学研究方法：实验和逻辑推理相结合的方法。2．（4分）（2016秋•保定期末）如图所示，相互平行的河岸上有两个正对（连线垂直河岸）的码头，A、B小船在静水中速度为v1，河水流速恒为v2，河宽为d，要求小船从A沿直线运动到B，则（）A．小船船头正对B运行 B．小船运行时间为dvC．小船运行时间为dvD．v2越大，过河时间越长【考点】小船过河问题．【专题】定性思想；推理法；运动的合成和分解专题．【答案】C【分析】小船以最短距离过河时，则静水中的速度斜着向上游，合速度垂直河岸，依据运动学公式，结合矢量的合成法则，即可求解．【解答】解：A、小船从A沿直线运动到B，即以最短距离过河，则静水中的速度斜着向上游，合速度垂直河岸，故A错误；BC、由矢量合成的平行四边形法则解三角形得船过河的合速度为：v=v船以最短距离过河时的过河时间为：t=dv12-D、要求小船从A沿直线运动到B，当v2越大，而合速度方向仍由A到B，根据矢量的合成法则，则有，合速度大小可能变小，也可能变大，那么过河时间不确定，故D错误；故选：C。【点评】小船过河问题属于运动的合成问题，要明确分运动的等时性、独立性，运用分解的思想，看过河时间只分析垂直河岸的速度，分析过河位移时，要分析合速度．3．（4分）如图所示，半径为r的圆筒绕竖直中心轴OO'旋转，小物块靠在圆筒的内壁上，它与圆筒内壁间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现要使小物块不下落，则圆筒转动的角速度ω至少为（）A．μgr B．μg C．gr D．【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；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】D【分析】要使A不下落，筒壁对物体的静摩擦力与重力相平衡，筒壁对物体的支持力提供向心力，A刚不下落时，静摩擦力达到最大，根据向心力公式即可求出角速度的最小值。【解答】解：要使A不下落，则小物块在竖直方向上受力平衡，静摩擦力为：f＝mg；当摩擦力正好等于最大静摩擦力时，圆筒转动的角速度ω取最小值；筒壁对物体的支持力提供向心力，受力分析如图所示：根据牛顿第二定律得：N＝mω2r，μN＝mg解得圆筒转动的角速度最小值为：ω=gμr，故ABC错误，故选：D。【点评】物体在圆筒内壁做匀速圆周运动，向心力是由筒壁对物体的支持力提供的，而物体放在水平圆盘上随着圆盘做匀速圆周运动时，此时的向心力是由圆盘的静摩擦力提供的。4．（4分）据报道：曾驾驶汽车飞越黄河的亚洲第一飞人柯受良先生.2003年12月9日突然死亡，令人震惊，下面三幅照片是他飞越黄河时的照片，汽车从最高点开始到着地为止这一过程可以看作平抛运动．记者从侧面用照相机通过多次曝光，拍摄到汽车在经过最高点以后的三幅运动照片如图所示．相邻两次曝光时间间隔相等，已知汽车长度为L，则（）A．从左边一幅照片可推算出汽车的水平分速度大小 B．从左边一幅照片可推算出汽车曾经达到的最大高度 C．从中间一幅照片可推算出汽车的水平分速度大小，汽车曾经达到的最大高度 D．根据实验测得的数据，从右边一幅照片可推算出汽车的水平分速度大小【考点】平抛运动速度的计算．【专题】定性思想；推理法；平抛运动专题．【答案】A【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合平抛运动的规律和匀变速直线运动的公式和推论进行分析．【解答】解：A、平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，测量出两车间的（如车头到车头之间的）水平距离，通过比例法得出实际的水平位移，根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合时间间隔，求出水平分速度的大小。故A正确。B、平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，根据竖直方向上，某段时间的内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，求出左图中间时刻的竖直分速度，结合速度—时间公式求出运动的时间，从而根据位移—时间公式求出下降的高度，但是无法求出汽车曾经到达的最大高度。故B错误。C、平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，根据水平位移和时间可以求出水平分速度的大小，由于图中最下面的车已经落地，所以不能判定中间位置的车到落地的时间是否与两次曝光时间间隔相等，即中间一辆车不一定处于下降阶段的中间时刻位置，故无法求出中间时刻的速度，也无法得出落地时竖直分速度，从而无法求出汽车曾经到达的最大高度。故C错误。D、水平间距不相等而曝光时间相等，可知汽车到达地面后做减速运动，而第一次曝光时汽车是否正好到达地面不得而知，这段水平位移差是否为匀速运动不得而知，所以不可推算出汽车的水平分速度。故D错误。故选：A。【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式进行分析求解．5．（4分）（2022秋•灵寿县校级期末）将四分之一圆柱体a置于粗糙水平面上，其横截面如图所示，B点为a的最高点。现将小物块b（可视为质点）靠紧圆弧，用始终垂直于过接触点半径方向的拉力F拉动物块，使物块由圆弧与水平面的交点A缓慢向B点运动，整个过程中a始终保持静止，不计a与b间的摩擦，则拉动过程中（）A．拉力F先减小后增大 B．b对a的压力先减小后增大 C．地面对a的支持力一直增大 D．地面对a的摩擦力先减小后增大【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】C【分析】对物块受力分析，根据平衡条件求解拉力与支持力的大小，根据夹角变化判断拉力和支持力的变化；对整体受力分析，根据平衡条件判断支持力和摩擦力的变化。【解答】解：AB、物块缓慢移动，受力平衡，设物块与圆心的连线与水平方向夹角为θ，物块的质量为m，对物块受力分析，如图：由平衡条件得：拉力F＝mgcosθa对b的支持力N＝mgsinθ对物块运动，θ增大，cosθ减小，sinθ增大，则拉力F减小，支持力增大，根据牛顿第三定律得，b对a的压力增大，故AB错误；C、设a的质量为M，对a和b整体受力分析，竖直方向，根据平衡条件得，地面对a的支持力N′＝（M+m）g﹣Fcosθθ增大，cosθ减小，F减小，则地面对a的支持力N′增大，故C正确；D、对a和b整体受力分析，水平方向，根据平衡条件得，地面对a的摩擦力f＝Fsinθ＝mgsinθcosθ=12θ从零增大到90°，2θ从0增大到180°，sin2θ先增大后减小，摩擦力先增大后减小，故D错误；故选：C。【点评】本题考查动态平衡问题，解题关键是选择合适的研究对象对其受力分析，根据平衡条件列式判断力的变化。6．（4分）如图所示，夹在物块A、B之间的轻弹簧劲度系数为k＝100N/m，物块A、B的质量分别为mA＝2kg和mB＝3kg，两物块与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.1，现用与水平方向成37°角的恒定拉力F＝15N作用在物块B上，当系统达到稳定状态时A、B间保持相对静止，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度为g＝10m/s2，此时弹簧的伸长量为（）A．4.8cm B．5.16cm C．6cm D．7.74cm【考点】连接体模型；胡克定律及其应用；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；分析综合能力；模型建构能力．【答案】B【分析】当系统达到稳定状态时A、B间保持相对静止，两者的加速度相同，分别为A和B为研究对象，根据牛顿第二定律和胡克定律列方程，联立求解弹簧的伸长量。【解答】解：设此时弹簧的伸长量为x。对A，由牛顿第二定律得：kx﹣μmAg＝mAa对B，由牛顿第二定律得水平方向，有Fcos37°﹣kx﹣f＝mBa竖直方向，有Fsin37°+FN＝mBg又f＝μFN联立以上各式解得：x＝0.0516m＝5.16cm，故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题是连接体问题，要抓住两个物体的加速度相同，采用隔离法研究，也可以根据整体法求加速度，再用隔离法求解。（多选）7．（5分）（2014秋•禅城区月考）如图所示，两梯形木块A、B叠放静置在水平地面上，A、B之间的接触面倾斜。连接A与天花板之间的细绳沿竖直方向。关于两木块的受力，下列说法正确的（）A．A、B之间一定存在摩擦力作用 B．细绳拉力为零时，木块A受三个力作用 C．木块B可能受到地面的摩擦力作用 D．B受到地面的支持力大小可能等于木块B的重力【考点】共点力的平衡问题及求解；弹力的概念及其产生条件；判断是否存在摩擦力．【专题】受力分析方法专题．【答案】BD【分析】分别对AB及整体进行分析，由共点力的平衡条件可判断两物体可能的受力情况。【解答】解：A、对A进行受力分析，则A可能受绳子的拉力、重力而处于平衡；此时AB间没有相互的挤压，故没有摩擦力；故A错误；B、若木块对绳子没有拉力，则此时A受重力、支持力及摩擦力而处于平衡，故B正确；C、对整体受力分析可知，整体不受水平方向的力的作用，故B不受地面的摩擦力；故C错误；D、若出现A中情况，此时A对B没有压力，故B只受重力和支持力而处于平衡；此时支持力等于B的重力，故D正确；故选：BD。【点评】本题考查共点力的平衡及受力分析，解题关键在于能明确物体受力的各种可能性，从而全面分析得出结果。（多选）8．（5分）（2022秋•十堰月考）如图所示，倾角为θ的斜劈劈尖顶着竖直墙壁静止于水平地面上，现将一小球从图示位置由静止释放，不计一切摩擦，在小球从释放到落至地面的过程中，当斜劈的速度大小为v0时，则下列对应小球下落的速度大小不正确的是（）A．v0sinθ B．v0cosθ C．v0tanθ D．v0cotθ【考点】关联速度问题；合运动与分运动的关系．【专题】定量思想；合成分解法；运动的合成和分解专题；推理论证能力．【答案】ABD【分析】将小球的速度分解到水平方向和沿斜劈方向，小球水平方向的分速度等于斜劈的速度。【解答】解：将小球的运动分解到水平方向和沿斜劈方向，小球水平方向的分速度等于斜劈的速度，如图所示：由几何关系得：v＝v0tanθ故C正确，ABD错误。本题要求选不正确的，故选：ABD。【点评】本题考查运动的合成与分解，知道合运动为实际发生的运动。（多选）9．（5分）（2021秋•北碚区校级期中）如图所示，小巧美观的冰箱贴利用磁性可以贴在冰箱的竖直侧壁上，是一种很别致的装饰。冰箱贴静止不动时，下列说法正确的是（）A．冰箱贴与冰箱间有三对作用力与反作用力 B．冰箱贴受到的磁力与冰箱对它的弹力是一对作用力与反作用力 C．冰箱对冰箱贴的摩擦力与冰箱贴受到的重力是一对平衡力 D．如果冰箱壁是光滑的，无论冰箱贴的磁性有多强，它都不能够静止贴在冰箱上【考点】作用力与反作用力；牛顿第三定律的理解与应用；力的合成与分解的应用．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】ACD【分析】磁性冰箱贴贴在冰箱的竖直表面上静止不动，受力平衡，根据平衡条件结合牛顿第三定律进行分析即可。【解答】解：A、冰箱贴与冰箱间存在相互作用的弹力、摩擦力以及磁力三对相互作用力，故A正确；B、冰箱贴静止不动，受力平衡，它受到的磁力和受到的弹力是一对平衡力，故B错误；CD、根据平衡条件可知，水平方向冰箱对冰箱贴的磁力与弹力相互平衡，冰箱对冰箱贴的弹力竖直方向上摩擦力与重力平衡，故冰箱贴受到冰箱的作用力一定竖直向上，如果冰箱壁是光滑的，无论冰箱贴的磁性有多强，它都不能够静止贴在冰箱上，故CD正确。故选：ACD。【点评】本题主要考查了作用力与反作用力和平衡力的区别，知道一磁性冰箱贴贴在冰箱的竖直表面上静止不动，受力平衡，弄清楚冰箱贴的受力情况是关键。（多选）10．（5分）（2022秋•兴庆区校级期末）如图所示，质量M＝4kg的木板的右端放一质量m＝1kg的物块，两者静止在水平地面上．m、M之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，地面与M之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2．现用一水平向右的力F作用在M上，则能使m、M保持相对静止的一起向右运动的力F可能为（）A．3N B．10N C．25N D．30N【考点】无外力的水平板块模型；判断是否存在摩擦力；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】BC【分析】m与M保持相对静止构成一个整体，m与M之间的摩擦力最大值为最大静摩擦力，应用连接体的分析思路，隔离对小物体分析，求出它的临界加速度，再对整体分析，运用牛顿第二定律求可出拉力的极值。【解答】解：要想使得木板运动，则需要的最小拉力为：Fmin＝μ2（M+m）g解得：Fmin＝5N当F最大时，加速度也最大，而m的最大加速度由m、M间的最大静摩擦力决定，即对于m，根据牛顿第二定律得：μ1mg＝mam解得a对于m、M整体，根据牛顿第二定律得：Fmax﹣μ2（M+m）g＝（M+m）am解得：Fmax＝25N因此能使m、M保持相对静止时F的范围为：5N≤F≤25N则能使m、M保持相对静止的一起向右运动的力F可能为10N和25N；故AD错误，BC正确。故选：BC。【点评】此题考查了连接体两物体相对静止问题，关键是要会分析小物体和木板保持相对静止的条件，灵活选用整体法与隔离法求解问题。（多选）11．（5分）（2022秋•山东月考）我国高铁技术发展迅速，济郑高铁预计将于2023年底通车，届时聊城到济南只需27分钟。已知一列动车组由动车和拖车组成，动车提供动力，拖车无动力。假设一动车组有16节车厢，每节车厢质量均相等，且运动时受到的阻力与重力成正比。若每节动车提供的牵引力大小都相等，其中第2节、第6节、第10节、第14节为动车，其余为拖车。则下列表述正确的是（）A．动车组匀速直线运动时，第4、5节车厢间的作用力为零 B．动车组匀速直线运动时，第2、3节与第6、7节车厢间的作用力之比为7：5 C．动车组匀加速直线运动时，第2、3节与第6、7节车厢间的作用力之比为7：5 D．动车组匀加速直线运动时，第6、7节与第10、11节车厢间的作用力之比为1：1【考点】牛顿第二定律的简单应用；力的合成与分解的应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】AD【分析】动车组匀速运动时，根据平衡条件分析第2、3节车厢、4、5节车厢；6、7节车厢间的作用力。结合牛顿第二定律采用整体法和隔离法分析第2、3节车厢、6、7节车厢间；10、11节车厢的作用力大小，然后做比较。【解答】解：A．设每节动车的牵引力为F，每节车厢的助力为kmg，匀速运动时，有4F＝16kmg以后12节车厢为研究对象，则有F45+3F﹣12kmg＝0解得F45＝0动车组匀速直线运动时，第4、5节车厢间的作用力为0，故A正确；B．同理匀速直线运动时有4F＝16kmg取后14节车厢和后10节车厢进行分析可得F23+3F﹣14kmg＝0F67+2F﹣10kmg＝0解得F23＝2kmgF67＝2kmg故动车组匀速直线运动时，第2、3节与第6、7节车厢间的作用力之比为1：1，故B错误；C．匀加速启动时，对动车组有4F﹣16kmg＝16ma以后14节车厢为研究对象，则有F23+3F﹣14kmg＝14ma解得2、3车厢之间的作用力为F23F23+2F﹣10kmg＝10maF67同理6、7节车厢作用力为故动车组匀加速直线运动时，第2、3节与第6、7节车厢间的作用力之比为1：1。故C错误；D．同理动车组匀加速直线运动时，第6、7节与第10、11节车厢间的作用力为4F﹣16kmg＝16maF67+2F﹣10kmg＝10maF1011+F﹣6kmg＝6ma解得FF因此，动车组匀加速直线运动时，第6、7节与第10、11节车厢间的作用力之比为1：1，故D正确。故选：AD。【点评】本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律求解加速度，知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。二．实验题（共2小题，满分14分）12．（6分）（2021春•黄埔区校级月考）在“研究小球平抛运动”的实验中：某同学安装了如图甲和乙所示的演示实验。其中图乙的实验：将两个斜滑道固定在同一竖直面内，末端水平，滑道2与光滑水平板衔接。（1）安装实验装置的过程中，斜槽末端的切线必须水平，目的是B。A．保证小球飞出时，速度既不太大，也不太小B．保证小球飞出时，初速度水平C．保证小球在空中运动的时间每次都相等D．保证小球运动的轨迹是一条抛物线（2）把两个质量相等的小钢球，从斜面的同一高度由静止同时释放，观察到两球在水平面相遇，这说明平抛运动在水平方向上做匀速直线运动。（3）该同学采用频闪照相机拍摄到小球做平抛运动的照片如图丙所示，图中背景方格的边长为L＝5cm，A、B、C是小球的三个位置，取g＝10m/s2，照相机拍摄时每隔0.1s曝光一次；小球做平抛运动的初速度v0＝1.5m/s，小球运动到B点的速度vB＝2.5m/s。【考点】探究平抛运动的特点．【专题】实验题；定量思想；实验分析法；平抛运动专题；实验探究能力．【答案】（1）B；（2）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动；（3）0.1，1.5，2.5。【分析】（1）为保证小球做平抛运动，斜槽末端需切线水平；（2）抓住两球在水平面相遇，抓住球1在水平方向上的运动规律与球2在水平面上的运动规律相同得出平抛运动水平分运动的特点；（3）根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出平抛运动的初速度，根据竖直方向上某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度求出B点的竖直分速度，结合平行四边形定则求出B点的速度。【解答】解：（1）安装实验装置的过程中，斜槽末端的切线必须水平，目的是保证小球飞出做平抛运动，初速度水平，故B正确，A、C、D错误。故选：B；（2）把两个质量相等的小钢球，从斜面的同一高度由静止同时释放，观察到两球在水平面相遇，可知球1在水平方向上的运动规律与球2在水平面上的运动相同，说明平抛运动在水平方向上做匀速直线运动；（3）在竖直方向上，根据Δy＝2L＝gT2得：T=2L小球做平抛运动的初速度：v0=3LB点竖直分速度：vyB=8L2T=故答案为：（1）B；（2）平抛运动在水平方向上做匀速直线运动；（3）0.1，1.5，2.5。【点评】解决本题的关键知道实验的原理和注意事项，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。13．（8分）（2020秋•海东市期末）某同学利用如图甲所示的实验装置验证牛顿第二定律，打点计时器所接交流电的频率为50Hz。实验过程中，该同学均采用正确的实验步骤进行操作。（1）实验中关于平衡摩擦力，下列做法正确的是C。A．每改变一次小车的质量后也要改变木板的倾斜程度B．每次改变小车中砝码的质量后都需要重新平衡摩擦力C．调节长木板的倾角（未悬挂砝码盘），轻推小车，使小车能沿长木板向下匀速运动D．平衡摩擦力后，实验就不需要满足小车及车中砝码总质量远大于砝码盘及盘中砝码总质量的条件（2）若在实验中得到一条纸带如图乙所示，A、B、C、D、E为五个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出。根据纸带数据，可求出小车的加速度大小a＝0.93m/s2（结果保留两位有效数字）。（3）若该同学改用图丙装置，测得遮光条的宽度为d，A、B两个光电门的间距为s，光电传感装置记录遮光条通过A、B两个光电门的时间分别为t1、t2，则小车经过光电门A时的速度大小vA＝dt1，小车运动的加速度大小a＝d【考点】探究加速度与力、质量之间的关系．【专题】实验题；实验探究题；定量思想；实验分析法；牛顿运动定律综合专题；实验探究能力．【答案】（1）C；（2）0.93；（30）dt1【分析】（1）根据实验目的﹣﹣验证牛顿第二定律，用控控制变量法分别改变合力及质量验证加速度与质量和合力的关系，合力就是拉力，而拉力近似等于钩码的重力；（2）根据纸带的数据，由公式a=Δx（3）求加速度也可以用速度与位移的关系得到．【解答】解：（1）关于平衡摩擦力：AB、当摩擦阻力一次平衡好之后，以后每次改变小车的质量或改变拉力等，均无需重新平衡，故选项AB错误；CD、调节木板的倾斜程度，只需在不挂钩码的条件下，让小车做匀速直线运动即可，而只有钩码的质量远小于小车的质量才可以近似认为钩码的重力等于拉小车的力，故选项C正确，选项D错误。故选：C（2）用逐差法求加速度，a=ΔxT2（3）若该同学改用图丙装置，测得遮光条的宽度为d，A、B两个光电门的间距为s，光电传感装置记录遮光条通过A、B两个光电门的时间分别为t1、t2，则小车经过光电门A时的速度大小vA=dt1，同理vB=dt2故答案为：（1）C；（2）0.93；（3）dt1【点评】考查牛顿第二定律的应用，掌握如何根据纸带来计算加速度．理解公式a=ΔxT2三．解答题（共3小题，满分37分）14．（10分）（2021春•开封期中）如图所示，我军机在钓鱼岛巡航。若军机在距离地面某高度的水平面内做半径为R的匀速圆周运动，机翼受到的升力与水平面的夹角为θ。重力加速度为g。（1）求军机做匀速圆周运动时的速率；（2）若军机在匀速圆周运动过程中，机上的一个质点脱落，不计脱落后质点受到的空气阻力。当军机第一次距质点脱落处最远时，质点刚好落地。求质点落地点距军机做圆周运动平面的距离及质点落地点与军机做匀速圆周运动的圆心之间的距离。【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；平抛运动速度的计算．【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；推理论证能力．【答案】（1）军机做匀速圆周运动时的速率为gRtanθ（2）质点落地点距军机做圆周运动平面的距离为12π2Rtanθ【分析】（1）水平面内的匀速圆周运动，首先分析向心力的来源，重力与升力的合力共同提供。再根据向心力的速度表达式求出其速率；（2）脱落的炸弹做平抛运动，结合军机圆周运动的周期性。切入点是时间相等；借助几何知识，画出图形，求解。【解答】解：（1）军机做匀速圆周运动，所受合力提供向心力，设军机质量为m，如图所示，则根据牛顿第二定律有：mgtanθ=联立可得：v=（2）军机第一次距质点脱落处最远时，所用时间：t=军机上的一个质点脱落后，做初速度为v的平抛运动，如图所示，由平抛运动规律得水平位移：x＝vt质点落地点距军机做圆周运动平面的距离：h=质点落地点与军机做匀速圆周运动的圆心之间的距离：L=联立得：h=12π2Rtanθ答：（1）军机做匀速圆周运动时的速率为gRtanθ（2）质点落地点距军机做圆周运动平面的距离为12π2Rtanθ【点评】本题考查圆周运动和平抛运动的结合，涉及到空间几何关系。对学生的数学能力要求较高。属中档题。15．（12分）（2021•厦门三模）2021年4月15日，搭载国产ADS自动驾驶系统的汽车实现了在市区1000公里的无干预自动驾驶。在某次刹车测试中，一辆搭载ADS系统的汽车检测到险情后，其速度平方v2与位移x图象如图线Ⅰ所示。若关闭了ADS系统，司机发现险情后汽车的速度平方v2与位移x图象如图线Ⅱ所示，汽车质量为2000kg，求：（1）汽车刹车过程中的加速度a大小及所受阻力f大小；（2）关闭ADS系统后，从司机发现险情到汽车停下所用的时间t（结果保留1位小数）。【考点】牛顿第二定律的简单应用；复杂的运动学图像问题．【专题】计算题；定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．【答案】（1）汽车刹车过程中的加速度a大小及所受阻力f大小分别为11.25m/s2和2.25×104N；（2）关闭ADS系统后，从司机发现险情到汽车停下所用的时间t为3.2s。【分析】（1）汽车刹车做匀减速运动根据速度—位移时间公式结合图像即可求得减速时的加速度大小，根据牛顿第二定律气的受到的阻力；（2）根据图像求得刹车前的速度，根据反应时间内通过的位移求得反应时间，此后开始做减速运动，根据速度﹣时间公式求得刹车时间，即可求得总时间。【解答】解：（1）根据v2-v02=2ax可知，在v2﹣x图像中，图像的斜率为加速度的2倍，故2a=根据牛顿第二定律可得f＝ma＝2000×11.25N＝2.25×104N（2）根据图像可知v02=900m2反应时减为t反应后做匀减速直线运动，由于加速度大小为a＝11.25m/s2，故减速所需时间t故经历的总时间t＝t1+t2＝0.5s+2.7s＝3.2s答：（1）汽车刹车过程中的加速度a大小及所受阻力f大小分别为11.25m/s2和2.25×104N；（2）关闭ADS系统后，从司机发现险情到汽车停下所用的时间t为3.2s。【点评】本题主要考查了刹车运动，明确反应时间内做匀速直线运动，抓住加速度是解决此类问题的中间桥梁。16．（15分）（2020秋•宁波月考）2018年2月7日，美国SpaceX公司的重型猎廉火箭首次发射成功。火箭主体与三台助推火箭的总质量约为1400吨。其发射主要包括两个阶段，在发射后2分30秒时，火箭到达56250米高度，两台副助推火箭脱离。此前为第一阶段：发射后3分04秒，另一枚主助推火箭也脱离猎鹰火箭，此刻火箭到达88000米高度，副助推火箭脱离到主助推火箭脱离为第二阶段。重力加速度g取10m/s2。（1）假设在副助推火箭脱落前后两个阶段，猎廉火箭均在竖直方向上做匀变速直线运动，分别求出两个阶段的竖直方向加速度（保留两位有效数字）；（2）副助推火箭在接近7分55秒顺利垂直着陆回收，标志着火箭回收技术的成功应用，假设副助推火箭一直在竖直方向做直线运动，在脱离后前200秒内仅受重力，之后立即开启发动机进行竖直方向匀减速直线运动，落地时速度接近为0，不计一切阻力。已知每台副助推火箭的质量为200吨，求这个匀减速过程中副助推火箭的推动力大小（保留两位有效数字）。【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动位移与时间的关系．【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】（1）副助推火箭脱落前后两个阶段，的竖直方向加速度分别为5.0m/s2，方向竖直向上和11m/s2，方向竖直向上；（2）这个匀减速过程中副助推火箭的推动力大小为2.7×107N。【分析】（1）分别找到火箭在第一阶段和第二阶段运动的时间和位移，根据运动学公式求解，第一阶段的末速度时第二阶段的初速度；（2）副助推火箭在脱离后分为两个阶段运动，分别求出两个阶段的运动时间和运动位移，然后根据运动学公式求加速度，最后根据牛顿第二定律求副助推火箭的推动力。【解答】解：（1）设第一阶段的运动时间为t1，第二阶段的运动时间为t2，则t1＝150st2＝34sx1＝56250mx2＝88000m﹣56250m＝31750m火箭在第一阶段做初速度为零的匀加速运动，设加速度大小为a1，则x解得：a1＝5.0m/s2，方向竖直向上设第一阶段结束时火箭的速度为v1，第二阶段的位移为x2，则xv1＝a1t1＝5.0×150m/s＝750m/s解得：a2＝11m/s2，方向竖直向上（2）设副助推火箭在脱离后只受重力的时间为t3，匀减速运动的时间为t4，则t3＝200st4＝125s副助推火箭在t3时间内发生的位移为x3=v1t3对应的速度为v＝v1﹣gt3，解得v＝﹣1250m/s副助推火箭在最后阶段位移为x4＝﹣x1﹣x3解得x4＝﹣6250m设最后阶段的加速度为a：0-v2a＝125m/s2根据牛顿第二定律可知F﹣mg＝ma解得F＝2.7×107N答：（1）副助推火箭脱落前后两个阶段，的竖直方向加速度分别为5.0m/s2，方向竖直向上和11m/s2，方向竖直向上；（2）这个匀减速过程中副助推火箭的推动力大小为2.7×107N。【点评】本题是牛顿第二定律和运动学公式的结合，解决此类问题的一般步骤是运动学公式求加速度，牛顿第二定律求力。本题的运动过程比较多，要分清楚每个运动过程的位移和时间以及两个连续过程的衔接物理量。难点和关键点是在题干中区分有用信息，本题是分析副助推火箭的相关运动，要注意区分有用的时间和位移。

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．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。3．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．4．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．5．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。6．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。7．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