2025年高考物理复习新题速递之运动和力的关系（2024年9月）

第1页（共1页）2025年高考物理复习新题速递之运动和力的关系（2024年9月）一．选择题（共10小题）1．（2024秋•双城区校级月考）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中B、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，B、M分别为此圆与y轴、x轴的切点，A点在y轴上且∠AMO＝60°，O'为圆心，现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，所用时间分别为tA、tB、tC，则（）A．tA＜tB＜tC B．tA＝tB＜tC C．tA＞tB＝tC D．由于C点的位置不确定，故无法比较时间大小关系2．（2024•未央区校级开学）如图甲所示，足够长的传送带的倾角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一物块，结果物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，其中v0、t0已知。重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A．物块可能沿传送带向上运动 B．物块与传送带间的动摩擦因数大于tanθ C．t0时间后物块的加速度大小为2gsinθ-D．若传送带反转，则物块将一直以大小为gsinθ-3．（2024•九龙坡区校级开学）如图甲所示的发光弹弓飞箭是夏季广场常见的玩具，其利用弹弓将飞箭射向高空。假设质量为m＝0.2kg的飞箭从地面以初速度v0＝10m/s竖直向上射出，若运动过程中飞箭受到的空气阻力f与其速率v成正比，其关系为f＝kv。飞箭运动的速率随时间变化的规律如图乙所示，其在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1＝2m/s，且落地前飞箭已经做匀速直线运动，重力加速度g取10m/s2，下列关于飞箭运动的说法正确的是（）A．k的值为0.1N•s/m B．飞箭在上升过程的平均速度大于5m/s C．飞箭射出瞬间的加速度大小为60m/s2 D．飞箭的加速度在上升和下降的过程中都在逐渐增大4．（2024•浙江开学）扯白糖是浙江传统的地方小吃。将冷却少许的糖浆糅合成稠软状，再将其抛上固定的木柱，用手上的小木棍几番甩、扯之后，最终冷却形成直径约1厘米的长圆条，用剪刀截下寸许，就成了食用的“扯白糖”。下列说法正确的是（）A．小木棍对糖浆的弹力是糖浆发生形变引起的 B．糖浆变长，说明小木棍对糖浆的拉力大于糖浆对小木棍的拉力 C．整个下扯过程中小木棍始终处于失重状态 D．整个下扯过程中地面对固定的木柱的支持力大于木柱和糖浆的总重力5．（2024•未央区校级开学）如图示，已知物块与斜面间的摩擦因数μ＝tanθ，在外力F作用下，物块正沿斜面向下做加速运动，而斜面处于静止状态；现增大F，则下列说法中正确的是（）A．地面对斜面的摩擦力增大 B．地面对斜面支持力增大 C．只增大推力F的大小，加速大小可能不变 D．只增大推力F的大小，斜面可能会向右运动6．（2023秋•泸县校级期末）如图所示，一可视为质点的小物块先后沿两光滑斜面Ⅰ和Ⅱ从顶端由静止滑下，到达底端的时间分别为t1和t2，斜面Ⅰ与水平面的夹角为30°，斜面Ⅱ与水平面的夹角为45°（未标出），则（）A．t1＞t2 B．t1＝t2 C．t1＜t2 D．无法判断7．（2024秋•寻甸县月考）如图所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。已知飞船质量为3×103kg，飞船推进器的平均推力F为900N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5s内，测出飞船和空间站的速度变化量为0.05m/s，则空间站质量和飞船对空间站的平均作用力大小分别为（）A．8.7×104kg，870N B．8.7×103kg，930N C．9.0×104kg，870N D．9.0×104kg，930N8．（2023秋•福州月考）“卡路里”是一个食物热量的单位，如果用国际单位制的基本单位表示正确的是（）A．kg•m/s2 B．kg•m2/s2 C．kg•m2/s3 D．kg•m3/s29．（2024秋•坪山区校级月考）如图是航天飞船返回舱返回地面的示意图，其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，距地面一定高度时，点燃返回舱的缓冲火箭，返回舱开始减速下降运动，落地速度恰好为零，返回舱安全着陆。则（）A．返回舱在喷气过程中处于失重状态 B．返回舱匀速运动过程中处于超重状态 C．火箭点燃后伞绳对返回舱的拉力增大 D．火箭开始喷气瞬间返回舱获得向上的加速度10．（2024•未央区校级开学）有一列火车有N节车厢，在牵引力作用下向右运动，每节车厢所受阻力均相等，从右端开始记第1、2两节车厢间相互作用力为F12，第5、6节车厢间的相互作用为F56，现测得F12与F56的比值为2：1，则N应为（）A．6节 B．9节 C．12节 D．18节二．多选题（共5小题）（多选）11．（2023秋•福州月考）如图所示，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为θ的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止，已知A、B、C三者质量相等，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．在轻绳被烧断的瞬间，A的加速度大小为gsinθ B．在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为gsinθ C．剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为12D．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为3（多选）12．（2024•未央区校级开学）如图所示，长为6m、质量为10kg的木板放在水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.2。一个质量为50kg的人从木板的左端开始向右匀加速跑动到离开木板的过程中，关于人（a）和木板（b）的速度—时间图像（v﹣t）可能正确的是（g取10m/s2）（）A． B． C． D．（多选）13．（2024秋•双城区校级月考）如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，二者处于静止状态，重力加速度为g。将质量为2m的木块C放在A上的瞬间，则（）A．弹簧的弹力大小变为3mg B．弹簧的形变量不变 C．B对水平面的压力大小变为4mg D．A的加速度大小为2（多选）14．（2024秋•思明区校级月考）滑板成为奥运会比赛项目后，正在被越来越多人所认识，尤其备受青少年喜爱。滑板比赛有一个动作是运动员越过横杆，如图所示，滑板运动员沿水平地面向前匀速直线滑行，在横杆前相对滑板竖直向上起跳，人与滑板分离，分别从杆的上、下通过，忽略空气阻力及滑板与地面间的摩擦力，若运动员安全过杆，则下列说法正确的是（）A．运动员原来是运动的，由于惯性，运动员越过杆后仍将落在滑板上 B．在匀速运动时，地面对它们的支持力与滑板对地面的压力为一对平衡力 C．运动员起跳后在空中相对滑板做匀变速直线运动 D．运动员从开始起跳到落回到滑板的过程中，始终处于超重状态（多选）15．（2023秋•胶州市校级月考）一兴趣小组制作了一个简易的“水平加速度测量仪”，其内部结构如图所示，在沿水平方向安装的固定光滑杆上套一个质量为m＝0.1kg的小球，小球两侧分别与劲度系数均为k＝5N/m的轻弹簧相连，两弹簧的另一端与盒子内壁连接。当盒子水平静止时，两根轻弹簧均处于自然长度，滑块上的指针指在O点，可通过标尺测出小球的位移。将盒子固定在车上，车沿水平直线行驶，且横杆与车身平行，某时刻发现指针向左偏离O点的距离为x＝2cm，弹簧的变化始终在弹性限度内，以下说法中正确的是（）A．该车可能正在向左运动 B．此时该车的加速度方向向右 C．此时该车的加速度大小为1m/s2 D．此时该车的加速度大小为2m/s2三．解答题（共5小题）16．（2024秋•思明区校级月考）如图甲所示为叉车运送货物的情境图，该过程可简化为图乙所示模型，平板和滑块一起以v0＝3m/s的速度做匀速直线运动，然后平板向右做匀减速直线运动至停止，平板的加速度大小为a0＝5m/s2，已知滑块间的动摩擦因数为μ1＝0.25，滑块和平板之间的动摩擦因数为μ2＝0.275，两滑块的质量均为m＝6kg、长度均为d＝1.2m，L足够长滑块不会由平板上滑落，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力影响。求：（1）平板开始减速时滑块a、b的加速度；（2）滑块a相对于滑块b的位移；（3）L满足什么条件滑块不会从平板上掉落。（提示：滑块的重心在平板上不会掉落）17．（2024秋•开福区校级月考）如图甲所示，形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，光滑表面BC与水平面夹角θ＝37°。木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值，当力传感器被拉时，其示数为负值。一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：（1）斜面BC的长度；（2）滑块的质量；（3）木块水平表面AB段长度。18．（2023秋•泸县校级期末）如图所示，小球A置于水平面上的半圆体上静止，半圆柱体底面粗糙，其斜面光滑。小球B用系于竖直板上的水平轻弹簧拉着，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态。已知A球质量为m，O点在半圆主体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆住体半径相等，OB与竖直方向成45°角，重力加速度为g，求：（1）小球A受到细线的拉力大小；（2）若半圆柱体质量也为m且恰好不滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，半圆柱体底面与地面间的动摩擦因数μ；（3）若将OB绳剪断，则在剪断瞬间，小球B的加速度的大小和方向。19．（2024秋•思明区校级月考）如图为期末考试结束，小包同学回家的场景，已知行李箱质量m＝10kg，拉力与水平地面夹角θ＝60°，发现当拉力大小F＝60N时行李箱恰好做匀速直线运动，g取10m/s2，求：（1）行李箱和地面之间的动摩擦因数μ的大小；（2）当学生走出校门，飞快跑向接她的父母，假定同学做匀加速运动，若仅改变拉力大小，求为使行李箱不离开地面加速度最大值amax的大小。20．（2024秋•双城区校级月考）某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角θ＝37°，顺时针转动的速率为v0＝2m/s。将质量为m＝25kg的物体无初速地放在传送带的顶端A，物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量为M＝50kg的木板左端。已知木板与地面之间是光滑的，物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5，μ2＝0.25，AB的距离为s＝8.20m。重力加速度g＝10m/s2（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：（1）物体刚开始下滑时的加速度大小；（2）物体通过传送带所需要的时间；（3）要使物体恰好不会从木板上掉下，木板长度L应是多少？

2025年高考物理复习新题速递之运动和力的关系（2024年9月）参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2024秋•双城区校级月考）如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中B、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，B、M分别为此圆与y轴、x轴的切点，A点在y轴上且∠AMO＝60°，O'为圆心，现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，所用时间分别为tA、tB、tC，则（）A．tA＜tB＜tC B．tA＝tB＜tC C．tA＞tB＝tC D．由于C点的位置不确定，故无法比较时间大小关系【考点】牛顿第二定律的简单应用；匀变速直线运动规律的综合应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．【答案】C【分析】根据几何关系分别求出各个轨道的位移，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀变速直线运动的位移—时间公式求出运动的时间，从而比较出到达M点的先后顺序。【解答】解：设圆的半径为R，B、M分别为此圆与y轴、x轴的切点，所以对于BM段，位移xBM段加速度的大小为a1根据x得t对于AM段，位移x2＝2RAM段加速度的大小为a2由x得t对于CM段，设CM与竖直方向夹角为θ，同理可解得t即tB＝tC＜tA故选：C。【点评】解决本题的关键充分利用几何关系得出每一段的位移，熟练运用牛顿第二定律和匀变速直线运动的位移—时间公式即可正确解题。2．（2024•未央区校级开学）如图甲所示，足够长的传送带的倾角为θ，在传送带上某位置轻轻放置一物块，结果物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，其中v0、t0已知。重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A．物块可能沿传送带向上运动 B．物块与传送带间的动摩擦因数大于tanθ C．t0时间后物块的加速度大小为2gsinθ-D．若传送带反转，则物块将一直以大小为gsinθ-【考点】倾斜传送带模型．【专题】定量思想；推理法；传送带专题；分析综合能力．【答案】C【分析】A.根据v﹣t图像的物理意义判断物块的运动情况；B.根据运动情况，对物块进行受力分析即可判断；C.根据牛顿第二定律求解；D.对物块受力分析，根据牛顿第二定律求解。【解答】解：A．根据v﹣t图像的物理意义可知，v﹣t图像的斜率表示物体的加速度，则由图乙可知，t0时刻之前的加速度大于t0时刻之后的加速度，所以物块t0时刻之前受到的滑动摩擦力沿传送带向下，即开始时物块相对传送带向上运动，传送带逆时针转动，由图乙可知，物块始终向下做加速直线运动，故A错误；B．由A选项分析可得，t0时刻之后物块向下做加速度较小的匀加速直线运动，则mgsinθ＞μmgcosθ得μ＜tanθ故B错误；C．根据上述，t0时刻之前有mgsinθ+μmgcosθ＝ma1a1t0时刻之后有mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2联立得a2故C正确；D．因为mgsinθ＞μmgcosθ如果传送带反转，物块始终相对传送带向下运动，摩擦力始终沿传送带向上，对物块mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2则物块将一直以大小为2gsinθ-v0故选：C。【点评】本题考查了传送带问题，分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键，传送带模型是重要的模型，一定要掌握传送带问题的处理方法。3．（2024•九龙坡区校级开学）如图甲所示的发光弹弓飞箭是夏季广场常见的玩具，其利用弹弓将飞箭射向高空。假设质量为m＝0.2kg的飞箭从地面以初速度v0＝10m/s竖直向上射出，若运动过程中飞箭受到的空气阻力f与其速率v成正比，其关系为f＝kv。飞箭运动的速率随时间变化的规律如图乙所示，其在t1时刻到达最高点后再落回地面，落地速率为v1＝2m/s，且落地前飞箭已经做匀速直线运动，重力加速度g取10m/s2，下列关于飞箭运动的说法正确的是（）A．k的值为0.1N•s/m B．飞箭在上升过程的平均速度大于5m/s C．飞箭射出瞬间的加速度大小为60m/s2 D．飞箭的加速度在上升和下降的过程中都在逐渐增大【考点】牛顿第二定律的图像问题；牛顿运动定律的应用—从运动情况确定受力；牛顿第二定律求解多过程问题．【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．【答案】C【分析】小球落地前以v1匀速运动，根据平衡条件进行解答；根据图像与坐标轴围成的面积表示位移结合平均速度的计算方法进行分析；根据牛顿第二定律求解小球抛出瞬间的加速度大小；根据牛顿第二定律求出加速度的表达式进行分析。【解答】解：A、小球落地前以v1匀速运动，则有mg＝kv1，即k=mgv1=0.2×102N•s/m＝B、若飞箭上升过程中做匀减速直线运动，其上升过程的平均速度大小为：v=v0若飞箭上升过程中做匀减速直线运动，其速度图像如图虚线所示：0～t1时间内虚线与坐标轴围成的面积大于实线与坐标轴围成的面积，根据图像与坐标轴围成的面积表示位移可知，飞箭在上升过程的平均速度小于5m/s，故B错误；C、小球抛出瞬间的加速度大小为：a=mg+kv0m=0.2×10+1×100.2m/sD、飞箭上升过程中的加速度大小为：a1=mg+kvm=g+k飞箭下降过程中的加速度大小为：a2=mg-kvm=g-km故选：C。【点评】本题是信息给予题，要把握空气阻力与速率的关系，注意空气阻力方向与运动方向相反，弄清楚受力情况和运动情况是关键。4．（2024•浙江开学）扯白糖是浙江传统的地方小吃。将冷却少许的糖浆糅合成稠软状，再将其抛上固定的木柱，用手上的小木棍几番甩、扯之后，最终冷却形成直径约1厘米的长圆条，用剪刀截下寸许，就成了食用的“扯白糖”。下列说法正确的是（）A．小木棍对糖浆的弹力是糖浆发生形变引起的 B．糖浆变长，说明小木棍对糖浆的拉力大于糖浆对小木棍的拉力 C．整个下扯过程中小木棍始终处于失重状态 D．整个下扯过程中地面对固定的木柱的支持力大于木柱和糖浆的总重力【考点】超重与失重的概念、特点和判断；弹力的概念及其产生条件．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．【答案】D【分析】A.根据弹力产生的原因进行分析解答；B.根据牛顿第三定律进行分析判断；C.根据小木棍的运动情况及加速度分析超失重状态；D.根据木桩的受力分析进行解答。【解答】解：A.小木棍对糖浆的弹力是小木棍发生形变引起的，故A错误；B.根据牛顿第三定律，小木棍对糖浆的拉力等于糖浆对小木棍的拉力，故B错误；C.整个下扯过程中，小木棍不是一直向下加速运动，所以不是始终处于失重状态，故C错误；D.整个下扯过程中，人对糖浆有向下的拉力，所以地面对固定的木柱的支持力大于木柱和糖浆的总重力，故D正确。故选：D。【点评】考查物体的受力分析和运动状态分析、牛顿运动定律，会根据题意进行准确分析和解答。5．（2024•未央区校级开学）如图示，已知物块与斜面间的摩擦因数μ＝tanθ，在外力F作用下，物块正沿斜面向下做加速运动，而斜面处于静止状态；现增大F，则下列说法中正确的是（）A．地面对斜面的摩擦力增大 B．地面对斜面支持力增大 C．只增大推力F的大小，加速大小可能不变 D．只增大推力F的大小，斜面可能会向右运动【考点】牛顿第二定律的简单应用；解析法求共点力的平衡．【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】B【分析】对物体受力分析，根据共点力的平衡条件可求得斜面对物体的作用力，根据平衡条件可求得地面对斜面的摩擦力；若施加力F后，物体对斜面的作用力方向竖直向下，摩擦力仍为零。增大力F，根据物体与斜面间的作用力的变化情况进行分析。【解答】解：A、已知物块与斜面间的摩擦因数μ＝tanθ，即mgsinθ＝μmgcosθ，物体在不受推力时物体沿斜面匀速下滑，此时地面对斜面的摩擦力为零。若施加的推力F沿斜面方向，物体与斜面之间的作用力不变，物体运动过程中地面对斜面的摩擦力为零；若推力垂直于斜面向下，施加推力F后，物体对斜面的压力增大ΔFN＝F，增加的摩擦力为Δf＝μF，则：ΔfΔF所以沿任意方向施加推力F，物体加速运动过程中，地面对斜面的摩擦力不变，均为零，故A错误；B、增大F，物体与斜面间的作用力增大，则地面对斜面支持力增大，故B正确；C、只增大推力F的大小，推力在沿斜面向下的分力增大，加速大小增大，故C错误；D、只增大推力F的大小，地面与斜面的摩擦力不变，均为零，斜面不可能运动，故D错误。故选：B。【点评】本题主要考查了共点力的平衡条件以及牛顿第二定律的直接应用，要求同学们能正确分析物体的受力情况，注意整体法和隔离法的应用。6．（2023秋•泸县校级期末）如图所示，一可视为质点的小物块先后沿两光滑斜面Ⅰ和Ⅱ从顶端由静止滑下，到达底端的时间分别为t1和t2，斜面Ⅰ与水平面的夹角为30°，斜面Ⅱ与水平面的夹角为45°（未标出），则（）A．t1＞t2 B．t1＝t2 C．t1＜t2 D．无法判断【考点】牛顿第二定律的简单应用；作用力与反作用力；匀变速直线运动位移与时间的关系．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．【答案】A【分析】设斜面倾角为θ，先根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据运动学公式求解时间表达式进行讨论。【解答】解：设斜面的底边长为L，斜面的倾角为θ，则斜边的长度x=L根据牛顿第二定律mgsinθ＝ma代入数据解得a＝gsinθ根据x=1代入数据解得t=4L将30°，45°分别代入t=4Lt2＜t1故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题关键推导出时间的一般表达式，最后结合三角函数知识进行讨论，不难。7．（2024秋•寻甸县月考）如图所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。已知飞船质量为3×103kg，飞船推进器的平均推力F为900N，在飞船与空间站对接后，推进器工作5s内，测出飞船和空间站的速度变化量为0.05m/s，则空间站质量和飞船对空间站的平均作用力大小分别为（）A．8.7×104kg，870N B．8.7×103kg，930N C．9.0×104kg，870N D．9.0×104kg，930N【考点】牛顿第二定律的简单应用；用定义式计算物体的加速度．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．【答案】A【分析】根据题意，结合加速度定义式求出加速度；以空间站和飞船为整体，利用牛顿第二定律求出空间站的质量；对空间站利用牛顿第二定律，结合题意求出飞船对空间站的作用力。【解答】解：在飞船与空间站对接后，推进器工作5s内，飞船和空间站的加速度大小为：a=ΔvΔt=0.055对飞船和空间站由牛顿第二定律得F＝（m+M）a对空间站由牛顿第二定律得：F1＝Ma解得m＝8.7×104kgF＝870N故A正确，BCD错误；故选：A。【点评】本题考查牛顿第二定律的应用，在处理连接体问题时，可以先整体求出共同加速度，再隔离求出相互作用力。8．（2023秋•福州月考）“卡路里”是一个食物热量的单位，如果用国际单位制的基本单位表示正确的是（）A．kg•m/s2 B．kg•m2/s2 C．kg•m2/s3 D．kg•m3/s2【考点】力学单位制与单位制．【专题】定量思想；归纳法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．【答案】B【分析】根据公式W＝Fscosα进行量纲计算即可。【解答】解：热量的单位是J，功的单位也是J，根据W＝Fscosα则有1J＝1N•m＝1kg•m/s2•m＝1kg•m2/s2，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】熟练掌握各物理量之间的定量关系是解题的基础。9．（2024秋•坪山区校级月考）如图是航天飞船返回舱返回地面的示意图，其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，距地面一定高度时，点燃返回舱的缓冲火箭，返回舱开始减速下降运动，落地速度恰好为零，返回舱安全着陆。则（）A．返回舱在喷气过程中处于失重状态 B．返回舱匀速运动过程中处于超重状态 C．火箭点燃后伞绳对返回舱的拉力增大 D．火箭开始喷气瞬间返回舱获得向上的加速度【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；归纳法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．【答案】D【分析】返回舱在减速下降过程中，有向上是加速度，处于超重状态；根据平衡条件分析；根据减速下降分析。【解答】解：AD、返回舱在喷气过程中减速下降，返回舱获得向上的加速度，加速度方向向上，处于超重状态，故A错误，D正确；B、返回舱匀速运动过程中处于平衡状态，故B错误；C、火箭点然后，返回舱开始减速下降，伞绳对返回舱的拉力减小，故C错误。故选：D。【点评】知道物体具有向上的加速度处于超重状态，具有向下的加速度处于失重状态。10．（2024•未央区校级开学）有一列火车有N节车厢，在牵引力作用下向右运动，每节车厢所受阻力均相等，从右端开始记第1、2两节车厢间相互作用力为F12，第5、6节车厢间的相互作用为F56，现测得F12与F56的比值为2：1，则N应为（）A．6节 B．9节 C．12节 D．18节【考点】连接体模型．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．【答案】B【分析】以题中车厢组成的系统为研究对象，应用牛顿第二定律求出加速度，应用牛顿第二定律求出各车厢间的作用力然后答题。【解答】解：设这列火车共有N节车厢，每节车厢的质量均为m，运动过程中每节车厢所受阻力均为f，加速度为a，对火车左侧（N﹣1）节车厢进行受力分析，根据牛顿第二定律有F12﹣（N﹣1）f＝（N﹣1）ma同理，对火车左侧（N﹣5）节车厢进行受力分析，可得F56﹣（N﹣5）f＝（N﹣5）ma由题意可知F12与F56的比值为2：1，联立解得N＝9故B正确，ACD错误；故选：B。【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用，根据题意分析清楚车厢的受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题；解题时注意整体法与隔离法的应用。二．多选题（共5小题）（多选）11．（2023秋•福州月考）如图所示，A、B、C三个物体分别用轻绳和轻弹簧连接，放置在倾角为θ的光滑斜面上，当用沿斜面向上的恒力F作用在物体A上时，三者恰好保持静止，已知A、B、C三者质量相等，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A．在轻绳被烧断的瞬间，A的加速度大小为gsinθ B．在轻绳被烧断的瞬间，B的加速度大小为gsinθ C．剪断弹簧的瞬间，A的加速度大小为12D．突然撤去外力F的瞬间，A的加速度大小为3【考点】斜面上的连接体问题（连接体问题的特例）；牛顿第二定律求解瞬时问题．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】CD【分析】在轻绳被烧断的瞬间，绳子拉力为零弹簧来不及收缩，弹簧弹力不变，利用整体法和隔离法对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求解；在剪断弹簧的瞬间，轻绳拉力会发生突变，以整体AB为研究对象进行受力分析。【解答】解：A．把ABC看成是一个整体进行受力分析，根据平衡条件：拉力F＝3mgsinθ，在轻绳被烧断的瞬间，AB之间的绳子拉力为零，对A受力分析，由牛顿第二定律：F﹣mgsinθ＝maA，解得A的加速度大小aA＝2gsinθ，故A错误；B．在轻绳被烧断前，对于C根据平衡条件可得弹簧弹力F弹＝mgsinθ，在轻绳被烧断的瞬间，对于B分析，由于绳子拉力为零，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律F弹+mgsinθ＝maB，解得B的加速度大小aB＝2gsinθ，故B错误；C．剪断弹簧的瞬间，对AB整体，根据牛顿第二定律F﹣2mgsinθ＝2maAB，解得aAB=12gsinθ，而AD．突然撤去外力F的瞬间，对整体AB，由牛顿第二定律F弹+2mgsinθ＝2ma′AB，F弹＝mgsinθ，联立解得：a'AB=32gsinθ，故选：CD。【点评】本题考查了牛顿第二定律，受力分析等知识，解题关键是在轻绳被烧断的瞬间，绳子拉力为零弹簧来不及收缩，弹簧弹力不变，在剪断弹簧的瞬间，轻绳拉力会发生突变。（多选）12．（2024•未央区校级开学）如图所示，长为6m、质量为10kg的木板放在水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.2。一个质量为50kg的人从木板的左端开始向右匀加速跑动到离开木板的过程中，关于人（a）和木板（b）的速度—时间图像（v﹣t）可能正确的是（g取10m/s2）（）A． B． C． D．【考点】有外力的水平板块模型；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；摩擦力专题；推理能力．【答案】BC【分析】由牛顿第二定律结合摩擦力公式求得人与木板之间加速度大小，对各选项由a=ΔvΔt，求出加速度，【解答】解：A．人在木板上向右做匀加速运动，则人受到木板向右的摩擦力，所以f＝Ma1而木板与地面之间的最大静摩擦力为fm＝μ（M+m）g代入数据解得fm＝120N当人对木板的摩擦力大于地面对木板的最大静摩擦力时，木板向左加速，即f＞fm代入数据解得a1由于aa1此时人向右加速，木板静止不动，故A错误；B．由于aa2此时人向右加速，木板静止不动，故B正确；C．由于aa3此时人向右加速，木板向左加速，根据牛顿第二定律，对木板有Maa3﹣fm＝mab解得ab故C正确；D．由于aa4此时人向右加速，木板向左加速，故D错误。故选：BC。【点评】分析清楚物体运动过程是正确解题的基础，关键要明确人和木板、木板与地面之间摩擦力的关系，应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题。（多选）13．（2024秋•双城区校级月考）如图所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，二者处于静止状态，重力加速度为g。将质量为2m的木块C放在A上的瞬间，则（）A．弹簧的弹力大小变为3mg B．弹簧的形变量不变 C．B对水平面的压力大小变为4mg D．A的加速度大小为2【考点】牛顿第二定律的简单应用；共点力的平衡问题及求解．【专题】定量思想；方程法；牛顿运动定律综合专题；共点力作用下物体平衡专题；推理能力．【答案】BD【分析】原来系统静止，根据共点力平衡求出弹簧的弹力。在将C迅速放在A上的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛顿第二定律求出木块A的加速度。对B，由平衡条件分析地面对B的支持力，从而分析出B对地面的压力。【解答】解：A．开始时只有A放在弹簧上，根据二力平衡可知，弹簧对A的弹力等于A的重力，即F＝mg；木块C放在A上的瞬间，弹簧没有发生突变，弹力大小不变，即弹簧的弹力大小仍然为mg，故A错误；B．木块C放在A上的瞬间，弹簧弹力没有发生突变，弹簧的形变量不变，故B正确；C．木块C放在A上的瞬间，弹簧没有发生突变，B对水平面的压力大小与没有放C之前一样，即B对水平面的压力大小为2mg，故C错误；D．在将C迅速放在A上的瞬间，对A、C整体，根据牛顿第二定律有2mg+mg﹣F＝（m+2m）a解得a=故D正确。故选：BD。【点评】本题是牛顿第二定律应用中的瞬时问题，要明确弹簧的弹力不能突变，知道放上C的瞬间，弹簧的弹力不变，结合牛顿第二定律进行求解。（多选）14．（2024秋•思明区校级月考）滑板成为奥运会比赛项目后，正在被越来越多人所认识，尤其备受青少年喜爱。滑板比赛有一个动作是运动员越过横杆，如图所示，滑板运动员沿水平地面向前匀速直线滑行，在横杆前相对滑板竖直向上起跳，人与滑板分离，分别从杆的上、下通过，忽略空气阻力及滑板与地面间的摩擦力，若运动员安全过杆，则下列说法正确的是（）A．运动员原来是运动的，由于惯性，运动员越过杆后仍将落在滑板上 B．在匀速运动时，地面对它们的支持力与滑板对地面的压力为一对平衡力 C．运动员起跳后在空中相对滑板做匀变速直线运动 D．运动员从开始起跳到落回到滑板的过程中，始终处于超重状态【考点】超重与失重的概念、特点和判断；惯性与质量；相互作用力与平衡力的区别和联系．【专题】定性思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；理解能力．【答案】AC【分析】物体保持原来运动状态不变的性质称为惯性，且一切物体都具有惯性；根据两个力的特点判断；根据两个物体运动的相对性判断；根据运动员受力的特点判断。【解答】解：A．由于惯性，运动员沿水平方向保持运动状态不变，沿水平方向的分速度始终与滑板水平方向的速度相等，则运动员越过杆后仍将落在滑板上，故A正确；B．地面对它们的支持力与滑板对地面的压力为两个物体之间的相互作用，即地面对它们的支持力与滑板对地面的压力为一对作用力与反作用力，故B错误；C．运动员起跳后，水平方向与滑板相对静止，竖直方向相对滑板做竖直上抛运动，加速度为重力加速度，故运动员起跳后在空中相对滑板做匀变速直线运动，故C正确；D．运动员从开始起跳到落回到滑板的过程中，起跳时向上加速，离开滑板后先向上减速，最后向下加速，所以运动员的加速度先向上再向下，则运动员先超重状态，后失重，故D错误。故选：AC。【点评】本题考查作用力与反作用力、平衡力的判断、惯性和参考系的有关问题，考查的知识点比较多，充分利用了生活中常见的现象，说明了物理来自于生活。（多选）15．（2023秋•胶州市校级月考）一兴趣小组制作了一个简易的“水平加速度测量仪”，其内部结构如图所示，在沿水平方向安装的固定光滑杆上套一个质量为m＝0.1kg的小球，小球两侧分别与劲度系数均为k＝5N/m的轻弹簧相连，两弹簧的另一端与盒子内壁连接。当盒子水平静止时，两根轻弹簧均处于自然长度，滑块上的指针指在O点，可通过标尺测出小球的位移。将盒子固定在车上，车沿水平直线行驶，且横杆与车身平行，某时刻发现指针向左偏离O点的距离为x＝2cm，弹簧的变化始终在弹性限度内，以下说法中正确的是（）A．该车可能正在向左运动 B．此时该车的加速度方向向右 C．此时该车的加速度大小为1m/s2 D．此时该车的加速度大小为2m/s2【考点】牛顿运动定律的应用—从受力确定运动情况；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；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．【答案】ABD【分析】对小球受力分析，确定其合力的大小与方向，根据牛顿第二定律求解加速度的大小与方向，再确定其运动方向。【解答】解：某时刻发现指针向左偏离O点的距离为x＝2cm＝0.02m，小球受到左侧弹簧的向右的弹力，其大小为kx，同时小球还受到右侧弹簧的向的弹力，其大小也为kx，故小球受到的合力大小为F＝2kx，方向水平向右。由牛顿第二定律可得其加速度大小为：a=Fm=2kxm故选：ABD。【点评】本题考查了胡克定律、牛顿第二定律的应用。注意本题只能确定加速度的方向，而运动方向存在可能性。三．解答题（共5小题）16．（2024秋•思明区校级月考）如图甲所示为叉车运送货物的情境图，该过程可简化为图乙所示模型，平板和滑块一起以v0＝3m/s的速度做匀速直线运动，然后平板向右做匀减速直线运动至停止，平板的加速度大小为a0＝5m/s2，已知滑块间的动摩擦因数为μ1＝0.25，滑块和平板之间的动摩擦因数为μ2＝0.275，两滑块的质量均为m＝6kg、长度均为d＝1.2m，L足够长滑块不会由平板上滑落，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力影响。求：（1）平板开始减速时滑块a、b的加速度；（2）滑块a相对于滑块b的位移；（3）L满足什么条件滑块不会从平板上掉落。（提示：滑块的重心在平板上不会掉落）【考点】有外力的水平板块模型；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；推理能力．【答案】（1）平板开始减速时滑块a、b的加速度2.5m/s2，3.0m/s2，方向均与初速度方向相反；（2）滑块a相对于滑块b的位移0.3m；（3）L≥0.15m滑块不会从平板上掉落。【分析】（1）根据物块相对运动方向得出各自摩擦力的方向，结合牛顿第二定律求出加速度的大小和方向；（2）根据运动学公式求出a，b运动的时间，进一步分析a，b的运动情况，再根据运动学公式求出a，b运动的位移，再求相对位移；（3）平板做匀减速直线运动，抓住临界状态，两个滑块整体的重心（几何中心）恰好和平板的右端平齐，结合位移公式和位移关系进行判断。【解答】解：（1）设平板减速时滑块a和滑块b相对滑动且加速度大小分别为a1、a2。由牛顿第二定律，对滑块a有μ1mg＝ma1对滑块b有﹣μ1mg+2μ2mg＝ma2解得a1a2加速度方向均与初速度方向相反（2）设滑块a、b减速到0所用时间分别为t1、t2，则v0＝a1t1＝a2t2解得t1＝1.2st2＝1s滑块b减速到0后，对滑块b，有μ1mg﹣2μ2mg＜0滑块b减速到0后停止运动，滑块a继续滑行直到速度为0，整个过程中滑块a、b的位移分别为x1x2解得x1＝1.8m，x2＝1.5m又x1滑块a未从滑块b上掉落。相对位移Δx＝x1﹣x2＝1.8m﹣1.5m＝0.3m（3）两个滑块重心到滑块b右侧的距离d'＝0.45m平板车减速运动的位移为x3，则x3解得x3＝0.9m若滑块b没有从平板上滑落，滑块b相对于平板车的位移Δx'＝x2﹣x3＝1.5m﹣0.9m＝0.6m要使滑块b不从平板上掉落的临界条件是：两个滑块整体的重心（几何中心）恰好和平板的右端平齐，则L≥0.6m﹣0.45m＝0.15m答：（1）平板开始减速时滑块a、b的加速度2.5m/s2，3.0m/s2，方向均与初速度方向相反；（2）滑块a相对于滑块b的位移0.3m；（3）L≥0.15m滑块不会从平板上掉落。【点评】解决本题的关键理清滑块a、b在平板车上的运动规律，根据运动学公式求解。17．（2024秋•开福区校级月考）如图甲所示，形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，光滑表面BC与水平面夹角θ＝37°。木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值，当力传感器被拉时，其示数为负值。一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图乙所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。求：（1）斜面BC的长度；（2）滑块的质量；（3）木块水平表面AB段长度。【考点】牛顿第二定律求解多过程问题．【专题】计算题；定量思想；图析法；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】（1）斜面BC的长度为3m；（2）滑块的质量为2.5kg；（3）木块水平表面AB段长度为8m。【分析】（1）当滑块沿斜面BC向下运动时，分析其受力情况，由图读出滑块运动的时间为t＝1s，由牛顿第二定律求出滑块的加速度，即可由位移—时间公式求解斜面BC的长度。（2）滑块对斜面的压力大小为N1′＝mgcosθ，木板对传感器的压力为：F1＝N1′sinθ，由图读出F1，即可求得滑块的质量。（3）由v1＝a1t1求出滑块滑到B点的速度，根据牛顿第二定律求出滑块在木块表面上运动时的加速度大小，再根据位移—时间公式求出木块水平表面AB段长度。【解答】解：（1）对滑块受力分析如图所示。滑块沿斜面BC向下运动时，由牛顿第二定律得a1=mgsinθm=gsinθ＝10×sin37°m/s2滑块在斜面上运动的时间为t1＝1s，则斜面BC的长度为s1=12a（2）滑块沿斜面BC向下运动时，滑块对斜面的压力为N′1＝N1＝mgcosθ木块对传感器的压力为F1＝N′1sinθ由题图乙可知F1＝12N，解得滑块的质量为m＝2.5kg（3）滑块滑到B点的速度为v1＝a1t1＝6×1m/s＝6m/s滑块在木块表面上运动时，由图乙可知F2＝f2＝5N，t2＝2s，根据牛顿第二定律得a2=f2m=5水平表面AB段长度为s2＝v1t2-解之得：s2＝8m答：（1）斜面BC的长度为3m；（2）滑块的质量为2.5kg；（3）木块水平表面AB段长度为8m。【点评】本题要读懂F﹣t图象，分析滑块的受力情况和运动情况，关键要抓住木板对传感器的压力与滑块对斜面BC压力的关系，分段根据牛顿第二定律和运动学公式相结合解答。18．（2023秋•泸县校级期末）如图所示，小球A置于水平面上的半圆体上静止，半圆柱体底面粗糙，其斜面光滑。小球B用系于竖直板上的水平轻弹簧拉着，两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态。已知A球质量为m，O点在半圆主体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角，OA长度与半圆住体半径相等，OB与竖直方向成45°角，重力加速度为g，求：（1）小球A受到细线的拉力大小；（2）若半圆柱体质量也为m且恰好不滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，半圆柱体底面与地面间的动摩擦因数μ；（3）若将OB绳剪断，则在剪断瞬间，小球B的加速度的大小和方向。【考点】作用力与反作用力；力的合成与分解的应用．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．【答案】（1）小球A受到细线的拉力大小为33（2）若半圆柱体质量也为m且恰好不滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，半圆柱体底面与地面间的动摩擦因数μ为39（3）若将OB绳剪断，则在剪断瞬间，小球B的加速度的大小为2g，方向竖直方向夹角为45【分析】（1）先对B受力分析，根据共点力平衡求出绳子的拉力和弹簧弹力大小，（2）最大静摩擦力等于滑动摩擦力，半圆柱体底面与地面间的动摩擦因数；（3）剪断OA绳子的瞬间弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律可得B的加速度大小。【解答】解：（1）对A、B受力分析如下TOA＝TOB由几何关系可知FN＝TOA且有mg＝2TOAcos30°可得TOA（2）对半圆柱体，根据水平方向上受力平衡可得F'Nsin30°＝μ（mg+F'Ncos30°）FN＝F'N代入数据解得μ=3（3）若将OB绳剪断，剪断绳子前，B的重力与弹簧拉力的合力与TOB平衡，则在剪断瞬间B的重力与弹簧拉力的合力与TOB等大反向，则有F合可得B的加速度大小a=2方向与竖直方向夹角为45°斜向右下方。答：（1）小球A受到细线的拉力大小为33（2）若半圆柱体质量也为m且恰好不滑动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，半圆柱体底面与地面间的动摩擦因数μ为39（3）若将OB绳剪断，则在剪断瞬间，小球B的加速度的大小为2g，方向竖直方向夹角为45【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。19．（2024秋•思明区校级月考）如图为期末考试结束，小包同学回家的场景，已知行李箱质量m＝10kg，拉力与水平地面夹角θ＝60°，发现当拉力大小F＝60N时行李箱恰好做匀速直线运动，g取10m/s2，求：（1）行李箱和地面之间的动摩擦因数μ的大小；（2）当学生走出校门，飞快跑向接她的父母，假定同学做匀加速运动，若仅改变拉力大小，求为使行李箱不离开地面加速度最大值amax的大小。【考点】牛顿第二定律的简单应用；动摩擦因数的性质和计算．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．【答案】（1）行李箱和地面之间的动摩擦因数μ的大小为3(10+33（2）为使行李箱不离开地面加速度最大值amax的大小为1033m/s【分析】（1）根据匀速直线运动的平衡关系分析解答；（2）根据牛顿第二定律结合临界条件分析解答。【解答】解：（1）当拉力大小F＝60N时行李箱恰好做匀速直线运动，则有Fcosθ＝fFsinθ+N＝mg根据摩擦力公式有f＝μN解得μ=（2）同学做匀加速运动，结合临界条件根据牛顿第二定律有F'cosθ＝mamaxF'sinθ＝mg解得amax=103答：（1）行李箱和地面之间的动摩擦因数μ的大小为3(10+33（2）为使行李箱不离开地面加速度最大值amax的大小为1033m/s【点评】本题考查共点力平衡，解题关键掌握对研究对象的受力分析，结合平衡条件即可解得。20．（2024秋•双城区校级月考）某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角θ＝37°，顺时针转动的速率为v0＝2m/s。将质量为m＝25kg的物体无初速地放在传送带的顶端A，物体到达底端B后能无碰撞地滑上质量为M＝50kg的木板左端。已知木板与地面之间是光滑的，物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5，μ2＝0.25，AB的距离为s＝8.20m。重力加速度g＝10m/s2（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。求：（1）物体刚开始下滑时的加速度大小；（2）物体通过传送带所需要的时间；（3）要使物体恰好不会从木板上掉下，木板长度L应是多少？【考点】无外力的水平板块模型；匀变速直线运动规律的综合应用；牛顿第二定律的简单应用；倾斜传送带模型．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理能力．【答案】（1）物体刚开始下滑时的加速度大小为10m/s2；（2）物体通过传送带所需要的时间为2.2s；（3）要使物体恰好不会从木板上掉下，木板长度L应是4.8m。【分析】（1）（2）分析物体受力，根据受力判断物体运动过程，再根据牛顿第二定律和运动学公式求解；（3）地面光滑，根据牛顿第二定律解得加速度，物体恰好滑到木板左端时与木板共速，从而列式解答。【解答】解：（1）物体刚开始下滑时所受滑动摩擦力沿斜面向下，设此时其加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：mgsin37°+μ1mgcos37°＝ma1解得：a1＝10m/s2（2）设物体与传送带共速时运动的位移大小为x1，由运动学公式得：v02=2a解得：x1＝0.2m＜st1=此后物体继续在传送带上做匀加速直线运动，所受滑动摩擦力沿斜面向上，设其加速度为a2，根据牛顿第二定律得：mgsin37°﹣μ1mgcos37°＝ma2解得：a2＝2m/s2设物体再经t2到达B端，则有（s﹣x1）＝v0t2+物体通过传送带所需要的时间为t＝t1+t2解得：t＝2.2s（3）物块滑上木板的速度为vB＝v0+a2t2地面光滑时，物体和木板组成的系统动量守恒，设木板长度最小为L时，物体恰好滑到木板左端时与木板共速，根据牛顿第二定律得：μ2mg＝mamμ2mg＝MaM共速时满足vB﹣amt3＝aMt3根据位移关系有L＝vBt3-解得：L＝4.8m答：（1）物体刚开始下滑时的加速度大小为10m/s2；（2）物体通过传送带所需要的时间为2.2s；（3）要使物体恰好不会从木板上掉下，木板长度L应是4.8m。【点评】本题考查牛顿第二定律应用的传送带与板块模型，涉及到牛顿第二定律、运动学规律的应用，解题时注意分析不同运动过程中摩擦力的方向和大小。

考点卡片1．用定义式计算物体的加速度【知识点的认识】（1）加速度的定义：加速度是表示速度改变快慢的物理量，它等于速度的改变量跟发生这一改变量所用时间的比值，定义式：a=△v（2）加速度单位：在国际单位制中是：米/秒2，读作“米每两次方秒”符号是m/s2（或m•s﹣2）．常用单位还有厘米/秒2（cm/s2）等．【命题方向】小球以5m/s的速度垂直撞击水平地面后被弹回，小球离开地面的速率是3m/s，若这次撞击时间是0.01s，以竖直向上方向为正方向，则小球在这次撞击过程中的平均加速度为（）A.﹣200m/s2B.200m/s2C.800m/s2D.﹣800m/s2分析：分析小球撞击地面过程的初速度和末速度，根据加速度的定义式求解小球在这次撞击过程中的平均加速度．解答：以竖直向上方向为正方向，小球的初速度为v0＝﹣5m/s，末速度为v＝3m/s，时间t＝0.01s，则平均加速度为：a=v-v故选：C。点评：本题关键要注意速度是矢量，在规定正方向的前提下，用正负号表示速度的方向．【解题思路点拨】根据加速度的定义式a=Δv1.规定正方向，用正、负号表示初、末速度，正、负号表示方向2.计算速度变化量3.计算加速度，正、负号表示方向2．匀变速直线运动位移与时间的关系【知识点的认识】（1）匀变速直线运动的位移与时间的关系式：x＝v0t+12at（2）公式的推导①利用微积分思想进行推导：在匀变速直线运动中，虽然速度时刻变化，但只要时间足够小，速度的变化就非常小，在这段时间内近似应用我们熟悉的匀速运动的公式计算位移，其误差也非常小，如图所示。②利用公式推导：匀变速直线运动中，速度是均匀改变的，它在时间t内的平均速度就等于时间t内的初速度v0和末速度v的平均值，即v=v0+vt2．结合公式x＝vt和v＝vt+at可导出位移公式：x（3）匀变速直线运动中的平均速度在匀变速直线运动中，对于某一段时间t，其中间时刻的瞬时速度vt/2＝v0+a×12t=2v0+at2，该段时间的末速度v＝vt+at，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得v=即有：v=v0所以在匀变速直线运动中，某一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，又等于这段时间内初速度和末速度的算术平均值。（4）匀变速直线运动推论公式：任意两个连续相等时间间隔T内，位移之差是常数，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推导：如图所示，x1、x2为连续相等的时间T内的位移，加速度为a。x1【命题方向】例1：对基本公式的理解汽车在平直的公路上以30m/s的速度行驶，当汽车遇到交通事故时就以7.5m/s2的加速度刹车，刹车2s内和6s内的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽车刹车到停止所需的时间，汽车刹车停止后不再运动，然后根据位移时间公式x=v0t+12解：汽车刹车到停止所需的时间t0所以刹车2s内的位移x1=t0＜6s，所以刹车在6s内的位移等于在4s内的位移。x2=所以刹车2s内和6s内的位移之比为3：4．故D正确，A、B、C错误。故选：D。点评：解决本题的关键知道汽车刹车停下来后不再运动，所以汽车在6s内的位移等于4s内的位移。此类试题都需注意物体停止运动的时间。例2：对推导公式v=v0物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小是3m•s﹣1，1s以后速度大小是9m•s﹣1，在这1s内该物体的（）A．位移大小可能小于5mB．位移大小可能小于3mC．加速度大小可能小于11m•s﹣2D．加速度大小可能小于6m•s﹣2分析：1s后的速度大小为9m/s，方向可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反。根据a=v2-v解：A、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，1s内的位移x=vt=v1+v22t=3+92×1m=6m．若1s末的速度与初速度方向相反，1sC、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，则加速度a=v2-v1t=9-31m/s2=6m/s2．若故选：AC。点评：解决本题的关键注意速度的方向问题，以及掌握匀变速直线运动的平均速度公式v=v【解题思路点拨】（1）应用位移公式的解题步骤：①选择研究对象，分析运动是否为变速直线运动，并选择研究过程。②分析运动过程的初速度v0以及加速度a和时间t、位移x，若有三个已知量，就可用x＝v0t+12at③规定正方向（一般以v0方向为正方向），判断各矢量正负代入公式计算。（2）利用v﹣t图象处理匀变速直线运动的方法：①明确研究过程。②搞清v、a的正负及变化情况。③利用图象求解a时，须注意其矢量性。④利用图象求解位移时，须注意位移的正负：t轴上方位移为正，t轴下方位移为负。⑤在用v﹣t图象来求解物体的位移和路程的问题中，要注意以下两点：a．速度图象和t轴所围成的面积数值等于物体位移的大小；b．速度图象和t轴所围面积的绝对值的和等于物体的路程。3．匀变速直线运动规律的综合应用【知识点的认识】本考点下的题目，代表的是一类复杂的运动学题目，往往需要用到多个公式，需要细致的思考才能解答。【命题方向】如图，甲、乙两运动员正在训练接力赛的交接棒．已知甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持8m/s的速度跑完全程．设乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的，加速度大小为2.5m/s2．乙在接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙相遇时完成交接棒．在某次练习中，甲以v＝8m/s的速度跑到接力区前端s0＝11.0m处向乙发出起跑口令．已知接力区的长度为L＝20m．求：（1）此次练习中交接棒处离接力区前端（即乙出发的位置）的距离．（2）为了达到理想成绩，需要乙恰好在速度达到与甲相同时被甲追上，则甲应在接力区前端多远时对乙发出起跑口令？（3）在（2）中，棒经过接力区的时间是多少？分析：（1）甲乙两人不是从同一地点出发的，当已追上甲时，它们的位移关系是s0+12at2＝（2）当两人的速度相等时，两车的距离为零，即处于同一位置．（3）由t=x解答：（1）设乙加速到交接棒时运动时间为t，则在甲追击乙过程中有s0+12at2代入数据得t1＝2st2＝4.4s（不符合乙加速最长时间3.2s实际舍去）此次练习中交接棒处离接力区前端的距离x=（2）乙加速时间t设甲在距离接力区前端为s时对乙发出起跑口令，则在甲追击乙过程中有s+代入数据得s＝12.8m（3）棒在（2）过程以v＝8m/s速度的运动，所以棒经过接力区的时间是t点评：此题考查追及相遇问题，一定要掌握住两者何时相遇、何时速度相等这两个问题，这道题是典型的追及问题，同学们一定要掌握住．【解题思路点拨】熟练掌握并深刻理解运动学的基础公式及导出公式，结合公式法、图像法、整体与分段法等解题技巧，才能在解答此类题目时游刃有余。4．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．5．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．6．动摩擦因数的性质和计算【知识点的认识】1.定义：彼此接触的物体做相对运动时摩擦力和正压力之间的比值，称为动摩擦因数μ．当物体处于水平运动状态时，正压力＝重力。2.影响因素：不同材质的物体间动摩擦因数不同，μ与接触面的材料、接触面的粗糙程度有关，无单位。注意：动摩擦因数与压力无关、与接触面积大小无关、与滑动摩擦力的大小无关、与相对运动的速度大小无关。动摩擦系数是物体本身的属性，只与物体本身有关，与有没有进行相对运动，以及有没有正压力无关。所以不能说动摩擦系数与摩擦力成正比，与正压力成反比。只能说摩擦力与正压力和动摩擦系数成正比，也就是f＝μN。【命题方向】一根质量可忽略不计的轻弹簧下端挂一物体，当物体静止不动时，弹簧伸长了10cm，将该物体放在水平桌面上，用该弹簧沿水平方向拉物体在桌面上做匀速滑动，此时弹簧伸长了2cm，求物体与桌面之间的动摩擦因数．分析：（1）当物体静止不动时，根据胡克定律得出弹簧的劲度系数与物体重力的关系．（2）在水平面上运动时，根据胡克定律求出弹簧的拉力，根据滑动摩擦力的公式求出动摩擦因数．解答：当物体静止不动时，根据胡克定律得：mg＝kx1；物体在桌面上做匀速滑动时，弹簧的拉力与滑动摩擦力二力平衡，则得：kx2＝f又f＝μN＝μmg联立以上三得，μ=k答：物体与桌面之间的动摩擦因数为0.2．点评：本题关键掌握胡克定律和共点力平衡条件，也提供了一种测量动摩擦因数的方法．【解题思路点拨】1.动摩擦因数是一种固有属性，与接触面的材料，粗糙程度有关。2.求解动摩擦因数的相关问题时，要注意正压力的求解。7．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。8．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